（天津专用）2020版高考数学大一轮复习6.4数列的综合应用课件.pptx

《（天津专用）2020版高考数学大一轮复习6.4数列的综合应用课件.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（天津专用）2020版高考数学大一轮复习6.4数列的综合应用课件.pptx（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考点一 数列求和,考点清单,考向基础 1.公式法 (1)直接用等差、等比数列的求和公式求解. (2)掌握一些常见的数列的前n项和公式: 1+2+3+n= ; 2+4+6+2n= n2+n ;1+3+5+(2n-1)=n2; 12+22+32+n2= ;13+23+33+n3= .,2.倒序相加法 如果一个数列an,与首末两端等“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项和即可用倒序相加法. 3.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项和即可用此法来求. 4.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

2、可以相互抵消,从 而求得其和. 常见的拆项公式:,(2) = ; (3) = - . 5.分组求和法 有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开, 可分为几个等差、等比或常见的数列,即先分别求和,再合并,形如: (1)an+bn,其中 (2)an=,(1) = - ;,考向突破,考向 数列的求和问题,例 数列an满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),且bn=ancos ,记Sn为数列 bn的前n项和,则S24= ( ) A.294 B.174 C.470 D.304,解析 nan+1=(n+1)an+n(n+1), - =1, 数列 是等差数列,公差与首

3、项都为1. =1+(n-1),可得an=n2.bn =ancos ,bn=n2cos , 令n=3k-2,kN*,则b3k-2=(3k-2)2cos =- (3k-2)2,kN*,同理可得b3k -1=- (3k-1)2,kN*, b3k=(3k)2,kN*. b3k-2+b3k-1+b3k=- (3k-2)2- (3k-1)2+(3k)2=9k- ,kN*,则S24=9(1+2+8) - 8=304.故选D.,答案 D,考点二 数列的综合应用,考向基础 1.解答数列应用题的基本步骤 (1)审题仔细阅读材料,认真理解题意; (2)建模将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学 问题

4、,弄清该数列的特征以及要求什么; (3)求解求出该问题的数学解; (4)还原将所求结果还原到原实际问题中. 2.数列应用题常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定值,那么该模型是等差 模型,增加(或减少)的量就是公差.其一般形式是an+1-an=d(常数). (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数,那么该模,型是等比模型,这个固定的数就是公比.其一般形式是 =q(q为常数, 且q0). (3)混合模型:在一个问题中同时涉及等比数列和等差数列的模型. (4)生长模型:如果某一个量,每一期以一个固定的百分数增加(或减少), 同时又以一个固定的具体量增加(或减少)

5、,称该模型为生长模型,如分期 付款问题,树木的生长与砍伐问题等.如设贷款总额为a,年利率为r,等额 还款数为b,分n期还完,则b= a. (5)递推模型:如果容易推导该数列任意一项an与它的前一项an-1(或前n 项)间的递推关系式,那么我们可以用递推数列的知识求解问题.,考向突破,考向 用数列知识解决实际问题,例 几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大 家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动. 这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8, 1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接

6、下来的三项是2 0,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项 和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 ( ) A.440 B.330 C.220 D.110,解析 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3 组,依此类推,则第n组的项数为n,前n组的项数和为 .由题意可知, N100,令 100,n14,nN*,即N出现在第13组之后,易得第n组 的所有项的和为 =2n-1,前n组的所有项的和为 -n=2n+1-n-2.设 满足条件的N在第k+1(kN*,k13)组,且第N项为第k+1组的第t(tN*) 个数,第k+1组的前t项的和2t-1应

7、与-2-k互为相反数,即2t-1=k+2,2t=k+3, t=log2(k+3),当t=4,k=13时,N= +4=955时,N440,故选A.,答案 A,方法1 错位相减法求和 1.一般地,如果数列an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n 项和时,可采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对 齐”,以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (3)应用等比数列求和公式必须注意公比q1这一前提条件,如果不能 确定公比q是不是1,应分两种情况进

8、行讨论.,方法技巧,例1 已知数列an是公差大于零的等差数列,数列bn为等比数列,且a1 =1,b1=2,b2-a2=1,a3+b3=13. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.,解析 (1)设数列an的公差为d(d0),数列bn的公比为q, 由已知得 解得 或 d0,d=2,q=2, an=1+2(n-1)=2n-1,bn=22n-1=2n, 即an=2n-1(nN*),bn=2n(nN*).,=-2- +(2n-1)2n+1=6+(2n-3)2n+1.,(2)由(1)知cn=anbn=(2n-1)2n, Tn=12+322+523+(2n-

9、1)2n, 2Tn=122+323+524+(2n-1)2n+1, -得Tn=-12-222-223-22n+(2n-1)2n+1 =-2-23-24-2n+1+(2n-1)2n+1,方法2 裂项相消法求和 1.对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项 法”,分式数列的求和多用此法. 2.利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并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.将通项裂项后,有时需要调整 前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.,例2 已知数列的前n项和为Sn,且满足an= Sn+1(nN*). (1)求数列an的通项公式; (2)若b

10、n=log2an,cn= ,且数列cn的前n项和为Tn,求Tn的取值范围.,解析 (1)当n=1时,a1= S1+1,解得a1=2. 由an= Sn+1得an-1= Sn-1+1(n2), 两式相减得an-an-1= an(n2),即an=2an-1(n2), 数列an是以2为首项,2为公比的等比数列, an=2n(nN*). (2)由(1)知bn=log2an=log22n=n, cn= = = - , Tn=1- + - + - + - =1- , nN*, ,Tn .,方法3 分组求和法求和 分组转化求和的常见类型: (1)若an=bncn,且bn,cn为等差或等比数列,可采用分组求和法

11、求an 的前n项和. (2)若an= 且数列bn,cn是等比数列或等差数列,可采用分 组求和法求和.,例3 (2016北京文,15,13分)已知an是等差数列,bn是等比数列,且b2= 3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求an的通项公式; (2)设cn=an+bn,求数列cn的前n项和.,解析 (1)等比数列bn的公比q= = =3, 所以b1= =1,b4=b3q=27. 设等差数列an的公差为d. 因为a1=b1=1,a14=b4=27, 所以1+13d=27,即d=2. 所以an=2n-1(nN*). (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1. 从而数列cn的前n项和Sn=1+3+(2n-1)+1+3+3n-1,= + =n2+ .,