18届高考数学二轮复习第1部分专题四数列1_4_2数列求和及综合应用课件文

专题四





解题必备

解题方略
走进高考

限时规范训练

考点二

数列求和及综合应用

1.常见两种递推关系的变形 q (1)递推关系形如 an+1=pan+q(p,q 为常数)可化为 an+1+ p-1
? ? q ? q ? ? ? ? ? ? =p?an+p-1?(p≠1)的形式,利用 an+p-1?是以 ? ? ? ? ? ?

p 为公比的等比

数列求解; 1 1 1 pan (2)递推关系形如 an+1= (p 为非零常数)可化为 -a =p an+p an+1 n 的形式.

2.数列的单调性 对于数列{an},若 an+1>an,则{an}为递增数列; 若 an+1<an,则{an}为递减数列; 若 an+1=an,则{an}为常数列. 3.等差数列{an}的通项公式 an 是关于 n 的一次函数 an=dn+ (a1-d)(d≠0)前 n 项和 Sn 是关于 n 的无常数项的二次函数 d? d 2 ? Sn=2n +?a1-2?n,(d≠0) ? ?

4.数列中不等式的放缩技巧 1 ? 1 1 1? ? 1 (1)k2< 2 =2?k-1-k+1? ; ? k -1 ? ? 1 1 1 1 1 (2)k - < 2< - ; k+1 k k-1 k 1 (3)2( n+1- n)< <2( n- n-1). n
? ? 1 ? ? ? 5.一般地,若{an}为等差数列,则求数列 a a ?的前 ? ? n n+1? ?

n 项和

1 ? an+1-an 1 ? 1 d ?1 ? - 可尝试此方法,事实上, = = =d· . ? ? a a + n anan+1 danan+1 danan+1 n 1? ?

类型一 由递推关系求通项 [典例 1] (2016· 高考全国卷Ⅲ)(本小题满分 12 分)已知各项都 为正数的数列{an}满足 a1=1,a2 n-(2an+1-1)an-2an+1=0. (1)求 a2,a3; (2)求{an}的通项公式.

1 1 解:(1)由题意得 a2=2,a3=4.

5分

得分点①

(2)由 a2 n-(2an+1-1)an-2an+1=0 得 2an+1(an+1)=an(an+1). 8分 an+1 1 因为{an}的各项都为正数,所以 a =2. n 1 故{an}是首项为 1,公比为2的等比数列, 因此 an= 2
n-1.

得分点② 得分点③

10 分

1

12 分

得分点④

评分细则及说明: ①令 n=1,n=2 代入递推公式只求对 a2 得 2 分; ②由已知推出 an 与 an+1 的关系得 3 分; an+1 1 ③只得出 a =2,无得分点②扣 3 分; n ④正确得出 an 的通项公式,不对{an}说明,不扣分.

[母题变式] 1.本例改为:若数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1= 3Sn(n≥1),求 a6 的值.

解:因为 an+1=3Sn,所以 an=3Sn-1(n≥2), 两式相减得,an+1-an=3an, an+1 即 a =4(n≥2), n 所以数列 a2,a3,a4,…构成以 a2=3S1=3a1=3 为首项,以 4 为公比的等比数列,所以 a6=a2· 44=3×44=768.

2.本例改为:已知数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1(n≥2), 求数列{an}的通项公式.

an+1 解: 由 an=2an-1+1(n≥2)得 an+1=2(an-1+1), 即 =2, an-1+1 所以数列{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列,所以 an+1= 2n,所以 an=2n-1.

3.本例改为:在数列{an}中,an>0,且 a1=1,a2 n+n(an+an
+1

)-a2 n+1=0,求{an}的通项公式.

2 解:由 a2 n+n(an+an+1)-an+1=0 得

(an+an+1)(an-an+1+n)=0, ∵an>0,∴an+1-an=n, ∴a2-a1=1,a3-a2=2,…,an-an-1=n-1.累加得 n?n-1? n2-n+2 ∴an-a1=1+2+…+(n-1),∴an=1+ 2 = . 2

4.本例改为:在数列{an}中 a1=1,an-2an· an+1-an+1=0,求 {an}的通项公式.

解:由 an-2an· an+1-an+1=0 1 得 - =2, an+1 an 1 1 即{a }是以a 为首项,公差为 2 的等差数列, n 1 1 1 ∴a =1+(n-1)×2=2n-1,∴an= . 2n-1 n 1

求数列通项的常用方法 1.归纳猜想法:已知数列的前几项,求数列的通项公式,可采 用归纳猜想法. 2.已知 Sn 与 an 的关系,利用 n≥2 求 an. 3.累加法:数列递推关系形如 an+1=an+f(n),其中数列{f(n)}前 n 项和可求,这种类型的数列求通项公式时,常用累加法(叠加法).
? ?S1,n=1, an=? ? ?Sn-Sn-1,

4.累乘法:数列递推关系形如 an+1=g(n)an,其中数列{g(n)} 前 n 项积可求,此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法). 5.构造法:(1)递推关系形如 an+1=pan+q(p,q 为常数)可化
? ? q ? q ? ? ? q ? ? ? a + a + 为 an+1+ =p? n p-1?(p≠1)的形式,利用 n p-1?是以 p ? ? p-1 ? ? ? ?

为公比的等比数列求解. 1 1 1 pan (2)递推关系形如 an+1= (p 为非零常数)可化为 -a =p an+p an+1 n 的形式.

[ 自我挑战] 1.数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=3,an=2Sn-1+3n(n≥2), 则该数列的通项公式为 an=________.

解析:∵an=2Sn-1+3n,∴an-1=2Sn-2+3n-1(n≥3),两式相减 得:an-an-1=2an-1+2×3
n-1

,即 an=3an-1+2×3

n-1

an an-1 ,∴3n= n-1 3

2 a2 5 a1 2 5 a2 2 2 +3(n≥3), 又 a2=2S1+3 =2a1+3 =15, 即32= 32=3,3 +3=3,
?an? a1 2 2 an ? ? 3 +3,∴数列?3n?是以 1 为首项,3为公差的等差数列,∴3n=1+

2 - (n-1)×3,∴an=(2n+1)3n 1.

答案:(2n+1)3n-1

类型二 分组转化法求和 [典例 2] (2016· 高考全国卷Ⅱ)Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, 且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an],其中[x]表示不超过 x 的最大整数, 如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求 b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前 1 000 项和.

解:(1)设{an}的公差为 d, 据已知有 7+21d=28,解得 d=1. 所以{an}的通项公式为 an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. ? ?0,1≤n<10, ?1,10≤n<100, (2)因为 bn=? ?2,100≤n<1 000, ? ?3,n=1 000, 所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90+2×900+3×1=1 893.

1.若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成,则求和时 可用分组转化法分别求和再相加减. 形如 an=(-1)nf(n)类型,可采用相邻两项并项(分组)后,再分 组求和. 2.分组求和中的分组策略 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.

[ 自我挑战] 2.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.

b3 9 解:(1)等比数列{bn}的公比 q=b =3=3, 2 b2 所以 b1= q =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(n=1,2,3,…).

(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此 cn=an+bn=2n-1+3n 从而数列{cn}的前 n 项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 n?1+2n-1? 1-3n = + 2 1-3
n 3 -1 2 =n + 2 .
-1

大题规范——学会踩点 规范解答 类型三 错位相减法求和 [典例 3] (2016· 高考山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n2 +8n,{bn}是等差数列,且 an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式. ?an+1?n+1 (2)令 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. ?bn+2?n

解:(1)由题意知,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=6n+5. 当 n=1 时,a1=S1=11=6n+5. 所以 an=6n+5. 设数列{bn}的公差为 d,则 a1=2b1+d=11,a2=b2+b2+d=
? ?2b1+d=11 2b1+3d=17,∴由? ? ?2b1+3d=17



解得 b1=4,d=3, 所以 bn=4+(n-1)×3=3n+1.

?6n+6?n+1 (2)由(1)知,cn= 2n+1. n =3(n+1)· ?3n+3? 所以 Tn=c1+c2+…+cn =3×[2× 22+3× 23+…+(n+1)× 2n+1], 2Tn=3×[2× 23+3× 24+…+(n+1)× 2n+2], 两式相减得-Tn=3×[2× 22+23+24+…+2n 1-(n+1)× 2n 2]
+ +

n ? ? 4 ? 1 - 2 ? ? n+2? -?n+1?×2 ? =3×?4+ 1 - 2 ? ?

=-3n· 2n+2. 所以 Tn=3n· 2n 2 .


错位相减法的关注点 1. 适用题型: 等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an· bn}) 型数列求和. 2.具体步骤: (1)求和时先乘以数列{bn}的公比; (2)把两个和的形式错位相减; (3)整理结果形式.

[ 自我挑战] 3.(2017· 山东枣庄一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 数列{bn} 的前 n 项和为 Tn,且有 Sn=1-an(n∈N*),点(an,bn)在直线 y=nx 上. (1)求 Tn; n2 (2)试比较 Tn 和 2-2n的大小,并说明理由.

解:(1)当 n=1 时,a1=S1=1-a1, 1 解得 a1=2. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(1-an)-(1-an-1), an 1 则有 2an=an-1,即 = , an-1 2 1 1 所以数列{an}是以 a1=2为首项,2为公比的等比数列. 所以
?1? an=?2?n(n∈N*). ? ?

因为点(an,bn)在直线 y=nx 上, n 所以 bn=nan=2n. 1 2 3 n Tn=21+22+23+…+2n,① 1 1 2 3 n 2Tn=22+23+24+…+2n+1,② 1 1 1 1 1 n ①-②得,2Tn=21+22+23+…+2n- n+1, 2 1 1-2n n+2 1 1 1 n n 所以 Tn=1+21+22+…+ n-1-2n= -2n=2- 2n . 1 2 1-2

n2 (2)令 Bn=2-2n, n+2 n2 则 Tn-Bn=- 2n +2n n2-n-2 = 2n ?n-2??n+1? = , 2n 所以当 n=1 时,T1-B1<0, 所以 T1<B1; 当 n=2 时,T2-B2=0, 所以 T2=B2;

当 n≥3 时,Tn-Bn>0, 所以 Tn>Bn. n2 综上所述,当 n=1 时,Tn<2-2n; n2 当 n=2 时,Tn=2-2n; n2 当 n≥3 时,Tn>2-2n.

类型四

裂项相消法求和

[典例 4] (2017· 山东青岛二模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 1 2 3 n 且满足: + + +…+ =n,n∈N*. a1+1 a2+1 a3+1 an+1 (1)求 an. 1 (2)设 Tn= + + +…+S ,是否存在整数 m,使对 Sn+1 Sn+2 Sn+3 2n 任意 n∈N*,不等式 Tn≤m 恒成立?若存在,求出 m 的最小值; 若不存在,请说明理由. 1 1 1

1 解:(1)当 n=1 时, =1, a1+1 1 2 3 n 即 a1=0, + + +…+ =n, a1+1 a2+1 a3+1 an+1 当 n≥2 时, n-1 1 2 3 + + +…+ =n-1, a1+1 a2+1 a3+1 an-1+1 n ①-②得 =1,即 an=n-1(n≥2) an+1 所以 an=n-1,n∈N*. ② ①

(2)要存在整数 m, 使得对任意 n∈N*, 使关于 n 的不等式 Tn≤m 恒成立,即(Tn)max≤m, n?n-1? 由(1)知 Sn= 2 ∴ 1 Sn+1 =2
?1 1 ? ? ? - ?n n+1? ? ?



1 Sn+2

=2

? 1 1 ? ? ? - ?n+1 n+2? ? ?

1 ,…,S = 2n

? 1 1? ? 2?2n-1-2n? ? ? ?

∴ Tn = 2
?1 1? 1 2?n-2n?=n. ? ?

??1 ? 1 ? 1 ? ?? ? ? 1 ? - - + ??n n+1? ?n+1 n+2?+… ?? ? ? ?



? 1 ? 1? ? ?? ?2n-1-2n?? ? ??



1 Tn=n单调递减,当 n=1 时,Tn 取得最大值 1,m=1 时关于 n 的不等式 Tn≤m 恒成立.

1.裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后,某些项 1 1 可以相互抵消从而求和的方法,主要适用于{ }或{ }(其 anan+1 anan+2 中{an}为等差数列)等形式的数列求和. 2.裂项相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差. (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.

[ 自我挑战] 1 4.已知数列{an}的前 n 项和是 Sn,且 Sn+3an=1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式. 1 1 1 (2)设 bn=log4(1-Sn+1)(n∈N ),Tn=b b +b b +…+ , bnbn+1 1 2 2 3
*

1 008 求使 Tn≥2 018成立的最小的正整数 n 的值.

解:(1)当 n=1 时,a1=S1, 1 3 由 S1+3a1=1?a1=4, 1 当 n≥2 时,Sn+3an=1, 1 Sn-1+3an-1=1, ② ①

1 1 ①-②,得 an+3an-3an-1=0, 1 即 an=4an-1,

3 1 所以{an}是以4为首项,4为公比的等比数列. 3?1?n-1 ?1?n 故 an=4?4? =3?4? (n∈N*). ? ? ? ?

?1? + 1 (2)由(1)知 1-Sn+1=3an+1=?4?n 1, ? ? ?1? + bn=log4(1-Sn+1)=log4?4?n 1=-(n+1), ? ?

1 1 1 1 = = - , bnbn+1 ?n+1??n+2? n+1 n+2 1 1 1 Tn=b b +b b +…+ bnbn+1 1 2 2 3

? 1 ?1 1? ?1 1? 1 ? 1 ? ? 1 ? ? ? ? = 2-3 + 3-4 +…+?n+1-n+2?=2- ,由 n+2 ? ? ? ? ? ?

1 008 Tn≥2 018

1 1 1 008 得,2- ≥ ?n≥2 016, n+2 2 018 1 008 故使 Tn≥2 018成立的最小的正整数 n 的值为 2 016.

1.(2016· 高考全国卷Ⅲ)定义“规范 01 数列”{an}如下:{an} 共有 2m 项, 其中 m 项为 0, m 项为 1, 且对任意 k≤2m, a1, a2, …, ak 中 0 的个数不少于 1 的个数. 若 m=4, 则不同的“规范 01 数列” 共有( C ) A.18 个 C.14 个 B.16 个 D.12 个

解析:选 C.由题意可得 a1=0,a8=1,a2,a3,…,a7 中有 3 个 0、3 个 1,且满足对任意 k≤8,都有 a1,a2,…,ak 中 0 的个 数不少于 1 的个数,利用列举法可得不同的“规范 01 数列”有 00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,0010110 1,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010 101,共 14 个.

2. (2017· 高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, a3=3, 1 S4=10,则 ? S =________. k=1 k
n

解析:通解:设等差数列{an}的公差为 d,则 ?a3=a1+2d=3, ? 由? 4 ×3 S4=4a1+ 2 d=10, ? ?
? ?a1=1, 得? ? ?d=1.

n?n-1? n?n+1? ∴Sn=n×1+ 2 ×1= 2 ,
?1 1 ? 1 2 ? ? - = = 2 ?. n n + 1 Sn n?n+1? ? ? ?

1 1 1 1 1 ∴ ∑ S =S +S +S +…+S k n 1 2 3 k=1
? 1 1 1 1 1 1 1 ? ? =2?1-2+2-3+3-4+…+n-n+1? ? ? ? ? 1 ? 2n ? ? =2?1-n+1?= . ? ? n+1

n

?a2+a3?4 优解:∵S4= =10,∴a2+a3=5, 2 由 a3=3,得 a2=2,a1=1,∴an=n.
?1 1 ? k?k+1? 1 ? ∴Sk= 2 ,又∵S =2?k -k+1? ?,
k

?

?

?1 1 1 1 ? 1 2n ? ? ∴ ∑ S =2?1-2+…+n-n+1?= . k ? ? n+1 k=1

n

2n 答案: n+1

3.(2014· 高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+ 1. 1 (1)证明{an+2}是等比数列,并求{an}的通项公式; 1 1 1 3 (2)证明a +a +…+a <2. n 1 2

1? 1 ? 证明:(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+2=3?an+2?. ? ? 1 3 1 3 又 a1+2=2,所以{an+2}是首项为2,公比为 3 的等比数列. 1 3n 所以 an+2= 2 , 3n-1 因此{an}的通项公式为 an= 2 .

1 2 (2)由(1)知a = n . 3 -1 n 因为当 n≥1 时,3 -1≥2×3
n n-1

1 1 ,所以 n ≤ . 3 -1 2×3n-1

1? 3 1 1 1 1 1 3? 于是a +a +…+a ≤1+3+…+ n-1=2?1-3n?<2. 3 ? ? n 1 2 1 1 1 3 所以a +a +…+a <2. n 1 2

4.(2017· 高考全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1+3a2+…+(2n- 1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;
? ? an ? ? ? (2)求数列 2n+1?的前 ? ? ? ?

n 项和.

解:(1)因为 a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当 n≥2 时, a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1), 两式相减得(2n-1)an=2, 2 所以 an= (n≥2). 2n-1 又由题设可得 a1=2,满足上式, 2 所以{an}的通项公式为 an= . 2n-1

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? ? an ? ? ? (2)记 2n+1?的前 ? ? ? ?

n 项和为 Sn.

2 1 1 an 由(1)知 = = - , 2n+1 ?2n+1??2n-1? 2n-1 2n+1 则
? 1 ?1 1? ?1 1? 1 ? 2n ? ? Sn=?1-3?+?3-5?+…+?2n-1-2n+1?= . ? ? ? ? ? ? 2n+1

2018大二轮 ·数学(文) 化学

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