2019届高考数学二轮复习专题二数列1.2.2数列求和及综合应用课件文.ppt

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1、第二讲 数列求和及综合应用,热点题型1 错位相减法求和 【感悟经典】 【典例】(2018山师附中一模)已知递减的等比数列an各项均为正数,满足a1a2a3=8,a1+1,a2+1,a3构成等差数列.,(1)求数列an的通项公式. (2)令bn=nan,求数列bn的前n项和Sn.,【联想解题】 (1)看到等比数列与等差数列,想到等差数列、等比数列的定义、通项公式 (2)看到等比数列与等差数列的对应项的乘积求和,想到错位相减法求和.,【规范解答】(1)由等比数列性质可知a1a2a3= =8,所以a2=2,a1a3=4. 由a1+1,a2+1,a3构成等差数列可知a1+1+a3=2(a2+1)=6,

2、 所以a1+a3=5. 联立 解得 或,由等比数列an递减可知 ,于是q= . 所以an=a1qn-1=4 .,(2)由(1)可知bn=nan=n , 于是Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n ,Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n ,两式相减有 Sn=1 +1 +1 +1 +1 -n = -n =8-(n+2),故Sn=16-(n+2) .,【规律方法】 错位相减法的求解步骤及注意点 (1)求解步骤:拆分:将数列的通项公式分解为等差数列和等比数列的乘积的形式,并确定等比数列的公比.,作差:写出Sn的表达式,然后等式两边同时乘以公比或除以公比得到另外一个式子,两式作差. 求和:根据差式

3、的特征准确求和.,(2)注意点:在错位相减后一定要注意其中各个项的结构,特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列.,【对点训练】 (2018衡水一模)已知数列an满足4Sn=(an+3)(an-1), 且an0. (1)求数列an的通项公式. (2)求Tn=a1 +a2 +an 的值.,【解析】 (1)当n2时, 由4Sn=(an+3)(an-1)= +2an-3, 得4Sn-1=(an-1+3)(an-1-1) = +2an-1-3, 两式相减得4(Sn-Sn-1)=( - )+2(an-an-1),(an+an-1)(an-an-1-2)=0. 由an0,得an-an-

4、1-2=0(n2), 故an为等差数列,公差为2. 当n=1时,由4S1=(a1+3)(a1-1)a1=3, 所以an=2n+1.,(2)易知Tn=323+525+727+(2n+1)22n+1, 4Tn=325+527+(2n-1)22n+1+(2n+1)22n+3, 两式相减得-3Tn=323+2(25+27+22n+1)- (2n+1)22n+3 =323+26 -(2n+1)22n+3,= , 所以Tn= .,【提分备选】数列an的前n项和为Sn,且Sn=n(n+1) (nN*). (1)求数列an的通项公式. (2)若数列bn满足:an= + , 求数列bn的通项公式.,(3)令cn

5、= (nN*),求数列cn的前n项和Tn.,【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2, 当n2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n, a1=2满足该式,所以数列an的通项公式为an=2n.,(2)an= + (n1), an+1= + + , -得, =an+1-an=2, 得bn+1=2(3n+1+1), 又当n=1时,b1=8,所以bn=2(3n+1)(nN*). (3)cn= =n(3n+1)=n3n+n, 所以Tn=c1+c2+c3+cn=(13+232+333+n3n) +(1+2+n), 令Hn=13+232+333+n3n, ,则3Hn=132+233+33

6、4+n3n+1, -得,-2Hn=3+32+33+3n-n3n+1 = -n3n+1= . 所以Tn=Hn+(1+2+n) = .,热点题型2 裂项相消法求和 【感悟经典】 【典例】(2018重庆一模)已知数列an是公差不为0 的等差数列,a1=3,a1a4= . (1)求an的通项公式及an的前n项和Sn的通项公式.,(2)bn= + ,求数列bn的通项公式,并判 断bn与 的大小.,【联想解题】 (1)看到等差数列,想到等差数列的定义、通项公式、前n项和公式. (2)看到求倒数的和且分母为两项相乘的关系,想到裂项相消法求和.,【规范解答】(1)设a1=a=3,公差为d,则a(a+3d)=

7、(a+d)2,解得d=a=3, 所以an=3n,Sn= .,(2) , 从而bn= + = = ,故bn .,【规律方法】 裂项相消法求和的基本思想 把数列的通项an分拆成an=bn+k-bn(k1,kN*)的形式,从而达到在求和时某些项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式,使之符合裂项相消的条件.,【对点训练】 (2018四川广元一模)已知数列an的前n项和Sn= k(3n-1),且a3=27 (1)求数列an的通项公式. (2)若bn=log3an,求数列 的前n项和Tn.,【解析】(1)当n=3时,a3=S3-S2=k(33-32)=27,解得 k= ,当n2

8、时, an=Sn-Sn-1= (3n-1)- (3n-1-1)= (3n-3n-1)=3n. a1=S1=3也满足上式,故an=3n.,(2)若bn=log33n=n, = , Tn= =1- = .,【提分备选】 设an是公比大于1的等比数列,Sn为数列an的前n项和.已知S3=7,且3a2是a1+3和a3+4的等差中项. (1)求数列an的通项公式.,(2)设bn= ,数列bn的前n项和为Tn,求 证:Tn .,【解析】(1)由已知,得 解得a2=2. 设数列an的公比为q,则a1q=2, 所以a1= ,a3=a1q2=2q. 由S3=7,可知 +2+2q=7,所以2q2-5q+2=0,解

9、得q1=2,q2= . 由题意,得q1,所以q=2. 所以a1=1. 故数列an的通项公式为an=2n-1(nN*).,(2)因为bn= = , 所以Tn= + + + = - = - .,热点题型3 分组转化法求和 【感悟经典】 【典例】数列an的通项an= ,其前n 项和为Sn. (1)求Sn.,(2) ,求数列bn的前n项和Tn.,【联想解题】 (1)看到an= ,想到先用倍角公式,再分类讨论. (2)看到 求和,想到裂项相消法或错位相减法求和.,【规范解答】(1)由于 故S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+(a3k-2+a3k-1+a3k)=,S3k-1 =S3k-a3

10、k= , S3k-2=S3k-1-a3k-1= + 故,(2) = Tn= 4Tn= 两式相减得 3Tn=,【规律方法】 分组转化求和的三种类型 (1)数列是周期数列,先求出每个周期内的各项之和,然后把整体之和按照周期进行划分,再得出整体之和.,(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列),按照奇数项和偶数项分组求和. (3)通项中含有(-1)n的数列,按照奇数项、偶数项分组,或者按照n为奇数、偶数分类求和.,【对点训练】 (2018台州质量检测)数列an,bn中,Sn为数列an 的前n项和,且满足a1=b1=1,3Sn=(n+2)an,bn= (nN*,n2

11、).,(1)求an,bn的通项公式. (2)求证:,【解析】(1)因为3Sn=(n+2)an,所以当n2时,3Sn-1= (n+1)an-1,所以3an=(n+2)an-(n+1)an-1, 所以 所以,所以,(2)因为 所以 所以,【提分备选】 已知等差数列an满足a3=10,a5-2a2=6. (1)求an. (2)数列bn满足bn= Tn为数列bn的 前n项和,求T2n.,【解析】(1)设数列an的公差为d,则a1+2d=10,a1+4d-2(a1+d)=6,解得a1=2,d=4,所以an=a1+(n-1)d=4n-2.,(2)数列bn的前2n项中,奇数项和偶数项各有n项.奇 数项是首项

12、为1、公比为4的等比数列,其和为 = ;偶数项是首项为1、公差为4的等差数列,其和 为n+ 4=2n2-n.所以T2n= +2n2-n.,逻辑推理数列与不等式的综合问题中的数学素养 【相关链接】 1.数列与不等式的综合问题的考查题型 (1)判断数列问题中的一些不等关系. (2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题.,(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题. (4)有关的最值问题.,2.在数列中应用“函数”思想解题的常见题目类型 (1)数列中的恒成立问题的求解. (2)数列中最大项与最小项问题的求解. (3)数列中前n项和最值问题的求解.,命题角度1:与数列有关的不等式的证明问题 【典例1】

13、(2018泉州市质量检测)记数列an 的前n 项和为Sn ,已知1 ,an ,Sn 成等差数列. (1)求an 的通项公式. (2)若bn= ,证明: b1+b2+bn1 .,【规范解答】(1)由已知1,an,Sn成等差数列,得2an= Sn+1, 当n=1时,2a1=S1+1,所以a1=1; 当n2时,2an-1=Sn-1+1, 两式相减得2an-2an-1=an,所以 =2,则数列an是以a1=1为首项,q=2为公比的等比数列, 所以an=a1qn-1=12n-1=2n-1.,(2)由(1)得bn= , 所以b1+b2+bn= + + +,因为2n+1-122-1=3,0 所以 即证得 b

14、1+b2+bn1.,命题角度2:与数列有关的不等式恒成立,最值、范围问 题 【典例2】设数列an的前n项和为Sn,对任意的正整数 n,都有an=5Sn+1成立,bn=-1-log2|an|,数列bn的前n项 和为Tn,cn= .,(1)求数列an的通项公式与数列cn前n项和An. (2)对任意正整数m,k,是否存在数列an中的项an,使得|Sm-Sk|32an成立?若存在,请求出正整数n的取值集合;若不存在,请说明理由.,【规范解答】(1)因为an=5Sn+1,令n=1a1= , 由 得an+1= an, 所以等比数列的通项公式an= , bn=-1-log2|an|=2n-1,数列bn的前n

15、项和Tn=n2, cn= = ,所以An= .,(2)an= Sn= 在数列Sn中,S1= ,S2= , 当n为奇数时,Sn= 单增,当n为偶数时, Sn= 单减,所以(Sn)min= ,(Sn)max= , 对任意正整数m,k,若存在数列an中的项an,使得 |Sm-Sk|32an成立, 即|(Sn)max-(Sn)min|= = 32an=32 解得n2,4.,【规律方法】 解决数列与不等式交汇问题的常用方法 (1)作差、作商比较法; (2)根据数列的函数特征求解,如利用其单调性; (3)利用基本不等式求最值; (4)利用放缩法证明不等式.,【通关题组】 1.(2018资阳市第二次诊断)已

16、知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-2. (1)求数列an的通项公式. (2)若bn=anlog2an,Tn=b1+b2+bn,求Tn-n2n+1+500成立的正整数n的最小值.,【解析】(1)当n=1时,a1=2a1-2,解得a1=2, 当n2时,Sn=2an-2,Sn-1=2an-1-2. 则an=2an-2an-1,所以an=2an-1, 所以an是以2为首项,2为公比的等比数列. 故an=2n.,(2)bn=2nlog22n=n2n, 则Tn=12+222+323+n2n, 2Tn=122+223+324+(n-1)2n+n2n+1; -得:-Tn=2+22+23+2n-n2n

17、+1= - n2n+1=2n+1-n2n+1-2.,所以Tn=(n-1)2n+1+2. 由Tn-n2n+1+5052. 由于n4时,2n+125=3252. 故使Sn-n2n+1+500成立的正整数n的最小值为5.,2.已知数列an和bn满足a1 a2 a3 an = (nN*). 若an是各项为正数的等比数列,且a1=4,b3=b2+6. (1)求an与bn. (2)设cn= ,记数列cn的前n项和为Sn, 求Sn;求正整数k,使得对任意nN*,均有SkSn.,【解析】(1)由题意a1 a2 a3 an = (nN*), b3=b2+6知a3= =64,又由a1=4,得公比q=4(q=-4舍 去), 所以数列an的通项公式为an=4n=22n(nN*), 所以a1a2a3an= =2n(n+1) 故数列bn的通项公式为bn=n(n+1)(nN*).,(2)由(1)知cn= (nN*), 所以Sn=,因为c1=0,c20,c30,c40;当n5时, cn= 而 0得 1 所以当n5时,cn0,综上,对任意nN*恒有S4Sn,故k=4.,