2020届高考数学一轮复习 第五篇 数列 第4节 数列求和及综合应用课件 理 新人教A版

第五篇数列(必修5)第4节数列求和及综合应用最新考纲1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.返回导航返回导航提示：公式法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法、错位相减法．【教材导读】数列求和有哪些方法？1．数列求和的基本方法(1)公式法直接用等差、等比数列的求和公式求解．(2)倒序相加法如果一个数列{an}满足与首末两项等“距离”的两项的和相等(或等于同一常数)，那么求这个数列的前n项和，可用倒序相加法．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．返回导航(4)分组求和法一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列的通项公式组成，求和时可用分组求和法，分别求和而后相加．(5)并项求和法一个数列的前n项和中，若项与项之间能两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用并项法求解．(6)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．返回导航2．数列应用题的常见模型(1)等差模型：当增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：当后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推模型：找到数列中任一项与它前面项之间的递推关系式，可由递推关系入手解决实际问题，该模型是递推模型．等差模型、等比模型是该模型的两个特例．返回导航【重要结论】1．12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)．2．13＋23＋33＋…＋n3＝12n(n＋1)2.返回导航1．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()(A)a1d0，dS40(B)a1d0，dS40(C)a1d0，dS40(D)a1d0，dS40返回导航B解析：由a24＝a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)＝0，又d≠0，所以a1＝－53d，则a1d＝－53d20，又因为S4＝4a1＋6d＝－23d，所以dS4＝－23d20，故选B.返回导航2．数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn的值等于()(A)n2＋1－12n(B)2n2－n＋1－12n(C)n2＋1－12n－1(D)n2－n＋1－12n返回导航A解析：Sn＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)]＋12＋14＋18＋116＋…＋12n＝n1＋2n－12＋121－12n1－12＝n2＋1－12n.返回导航3．在等差数列{an}中，a9＝12a12＋6，则{an}的前11项和S11＝()(A)132(B)66(C)48(D)24返回导航A解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a9＝12a12＋6，所以a1＋8d＝12(a1＋11d)＋6，a1＋5d＝12，a6＝12，S11＝11a1＋a112＝11a6＝132，故选A.4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a25，且S4＋S12＝λS8，则λ＝________.返回导航解析：∵a3a11＝2a25，∴a27＝2a25，∴q4＝2，q为等比数列{an}的公比．∵S4＋S12＝λS8，∴a11－q41－q＋a11－q121－q＝λa11－q81－q，1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，将q4＝2代入计算可得λ＝83，即答案为83.答案：835．3×2－1＋4×2－2＋5×2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝________.返回导航解析：设Sn＝3×2－1＋4×2－2＋5×2－3＋…＋(n＋2)·2－n12Sn＝3×2－2＋4×2－3＋5×2－4＋…＋(n＋2)·2－(n＋1)则12Sn＝3×2－1＋2－2＋2－3＋…＋2－n－(n＋2)·2－(n＋1)＝1＋121－12n1－12－(n＋2)·2－n－1＝2－12n－(n＋2)·2－n－1，Sn＝4－22n－n＋22n，Sn＝4－n＋42n.返回导航答案：4－n＋42n返回导航考点一数列求和考查角度1：分组法求和已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．设A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.返回导航【反思归纳】分组法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组法求和．返回导航考查角度2：裂项相消法高考扫描：2011高考新课标全国卷Ⅰ，2015高考新课标全国卷Ⅰ设数列{an}的前n项和为Sn，点n，Snn(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.返回导航解：(1)依题意得Snn＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5.所以an＝6n－5(n∈N*)．返回导航(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝36n－5[6n＋1－5]＝1216n－5－16n＋1，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－17＋17－113＋…＋16n－5－16n＋1＝121－16n＋1.因此，使得121－16n＋1＜m20(n∈N*)成立的m必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.返回导航【反思归纳】(1)常见的裂项方法(其中n为正整数)数列裂项方法1nn＋k(k为非零常数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k14n2－114n2－1＝1212n－1－12n＋11n＋n＋k1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)loga1＋1n(a0，a≠1)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan返回导航(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使前后相等．返回导航考查角度3：错位相减法求和已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.返回导航解析：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2.所以数列{cn}是首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，①3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，②①－②，得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.返回导航【反思归纳】错位相减法求和策略(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．返回导航考点二数列与函数、不等式的综合已知{an}是由正整数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn·bn＋2＜b2n＋1.返回导航解：(1)由已知，得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)，知an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为bn·bn＋2－b2n＋1＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0，所以bn·bn＋2＜b2n＋1.返回导航【反思归纳】(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象；②已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列与不等式的恒成立问题．此类问题常构造函数，通过函数的单调性、最值等解决问题．(3)与数列有关的不等式证明问题．解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．返回导航【即时训练】已知函数f(x)＝4x2＋1x(x≠0)，在由正数组成的数列{an}中，a1＝1，1an＋1＝f(an)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)在数列{bn}中，对任意正整数n，bn·3n－1a2n＋na2n＝1都成立，设Sn为数列{bn}的前n项和，Tn＝4n2＋n4n2＋4n＋1，试比较Sn与Tn的大小．返回导航解：(1)由题意1an＋1＝4a2n＋1an，∴1a2n＋1＝4a2n＋1a2n＝1a2n＋4，∴数列1a2n是公差为4的等差数列．又1a21＝1，∴1a2n＝1＋(n－1)·4＝4n－3，∴an＝14n－3(n∈N*)．返回导航(2)∵3n－1a2n＋na2n＝3n－1·14n－3＋n14n－3＝4n2－1，∴bn＝14n2－1＝1212n－1－12n＋1，∴Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.又Tn＝4n2＋n4n2＋4n＋1＝n4n＋12n＋12＞n2n＋12n＋12＝n2n＋1，∴Tn＞Sn.返回导航数列的综合问题(2015高考新课标全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和，已知an0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．返回导航审题点拨关键点所获信息an0解题中注意范围及应用a2n＋2an＝4Sn＋3利用关系式an＝Sn－Sn－1(n≥2)解决求{an}的通项公式bn＝1