2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 數(shù)列 1.2.2 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用課件 文.ppt

第二講數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 熱點(diǎn)題型1錯(cuò)位相減法求和 感悟經(jīng)典 典例 2018 山師附中一模 已知遞減的等比數(shù)列 an 各項(xiàng)均為正數(shù) 滿(mǎn)足a1 a2 a3 8 a1 1 a2 1 a3構(gòu)成等差數(shù)列 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 2 令bn n an 求數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和Sn 聯(lián)想解題 1 看到等比數(shù)列與等差數(shù)列 想到等差數(shù)列 等比數(shù)列的定義 通項(xiàng)公式 2 看到等比數(shù)列與等差數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積求和 想到錯(cuò)位相減法求和 規(guī)范解答 1 由等比數(shù)列性質(zhì)可知a1 a2 a3 8 所以a2 2 a1 a3 4 由a1 1 a2 1 a3構(gòu)成等差數(shù)列可知a1 1 a3 2 a2 1 6 所以a1 a3 5 聯(lián)立解得或 由等比數(shù)列 an 遞減可知 于是q 所以an a1 qn 1 4 2 由 1 可知bn n an n 于是Sn 1 2 3 n 1 n Sn 1 2 3 n 1 n 兩式相減有Sn 1 1 1 1 1 n n 8 n 2 故Sn 16 n 2 規(guī)律方法 錯(cuò)位相減法的求解步驟及注意點(diǎn) 1 求解步驟 拆分 將數(shù)列的通項(xiàng)公式分解為等差數(shù)列和等比數(shù)列的乘積的形式 并確定等比數(shù)列的公比 作差 寫(xiě)出Sn的表達(dá)式 然后等式兩邊同時(shí)乘以公比或除以公比得到另外一個(gè)式子 兩式作差 求和 根據(jù)差式的特征準(zhǔn)確求和 2 注意點(diǎn) 在錯(cuò)位相減后一定要注意其中各個(gè)項(xiàng)的結(jié)構(gòu) 特別是相減后得到的和式的第一項(xiàng)是否可以和后續(xù)的項(xiàng)組成等比數(shù)列 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 2018 衡水一模 已知數(shù)列 an 滿(mǎn)足4Sn an 3 an 1 且an 0 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 2 求Tn a1 a2 an 的值 解析 1 當(dāng)n 2時(shí) 由4Sn an 3 an 1 2an 3 得4Sn 1 an 1 3 an 1 1 2an 1 3 兩式相減得4 Sn Sn 1 2 an an 1 an an 1 an an 1 2 0 由an 0 得an an 1 2 0 n 2 故 an 為等差數(shù)列 公差為2 當(dāng)n 1時(shí) 由4S1 a1 3 a1 1 a1 3 所以an 2n 1 2 易知Tn 3 23 5 25 7 27 2n 1 22n 1 4Tn 3 25 5 27 2n 1 22n 1 2n 1 22n 3 兩式相減得 3Tn 3 23 2 25 27 22n 1 2n 1 22n 3 3 23 26 2n 1 22n 3 所以Tn 提分備選 數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為Sn 且Sn n n 1 n N 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 2 若數(shù)列 bn 滿(mǎn)足 an 求數(shù)列 bn 的通項(xiàng)公式 3 令cn n N 求數(shù)列 cn 的前n項(xiàng)和Tn 解析 1 當(dāng)n 1時(shí) a1 S1 2 當(dāng)n 2時(shí) an Sn Sn 1 n n 1 n 1 n 2n a1 2滿(mǎn)足該式 所以數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式為an 2n 2 an n 1 an 1 得 an 1 an 2 得bn 1 2 3n 1 1 又當(dāng)n 1時(shí) b1 8 所以bn 2 3n 1 n N 3 cn n 3n 1 n 3n n 所以Tn c1 c2 c3 cn 1 3 2 32 3 33 n 3n 1 2 n 令Hn 1 3 2 32 3 33 n 3n 則3Hn 1 32 2 33 3 34 n 3n 1 得 2Hn 3 32 33 3n n 3n 1 n 3n 1 所以Tn Hn 1 2 n 熱點(diǎn)題型2裂項(xiàng)相消法求和 感悟經(jīng)典 典例 2018 重慶一模 已知數(shù)列 an 是公差不為0的等差數(shù)列 a1 3 a1 a4 1 求 an 的通項(xiàng)公式及an的前n項(xiàng)和Sn的通項(xiàng)公式 2 bn 求數(shù)列 bn 的通項(xiàng)公式 并判斷bn與的大小 聯(lián)想解題 1 看到等差數(shù)列 想到等差數(shù)列的定義 通項(xiàng)公式 前n項(xiàng)和公式 2 看到求倒數(shù)的和且分母為兩項(xiàng)相乘的關(guān)系 想到裂項(xiàng)相消法求和 規(guī)范解答 1 設(shè)a1 a 3 公差為d 則a a 3d a d 2 解得d a 3 所以an 3n Sn 2 從而bn 故bn 規(guī)律方法 裂項(xiàng)相消法求和的基本思想把數(shù)列的通項(xiàng)an分拆成an bn k bn k 1 k N 的形式 從而達(dá)到在求和時(shí)某些項(xiàng)相消的目的 在解題時(shí)要善于根據(jù)這個(gè)基本思想變換數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 使之符合裂項(xiàng)相消的條件 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 2018 四川廣元一模 已知數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和Sn k 3n 1 且a3 27 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 2 若bn log3an 求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn 解析 1 當(dāng)n 3時(shí) a3 S3 S2 k 33 32 27 解得k 當(dāng)n 2時(shí) an Sn Sn 1 3n 1 3n 1 1 3n 3n 1 3n a1 S1 3也滿(mǎn)足上式 故an 3n 2 若bn log33n n Tn 1 提分備選 設(shè) an 是公比大于1的等比數(shù)列 Sn為數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和 已知S3 7 且3a2是a1 3和a3 4的等差中項(xiàng) 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 2 設(shè)bn 數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和為T(mén)n 求證 Tn 解析 1 由已知 得解得a2 2 設(shè)數(shù)列 an 的公比為q 則a1q 2 所以a1 a3 a1q2 2q 由S3 7 可知 2 2q 7 所以2q2 5q 2 0 解得q1 2 q2 由題意 得q 1 所以q 2 所以a1 1 故數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式為an 2n 1 n N 2 因?yàn)閎n 所以Tn 熱點(diǎn)題型3分組轉(zhuǎn)化法求和 感悟經(jīng)典 典例 數(shù)列 an 的通項(xiàng)an 其前n項(xiàng)和為Sn 1 求Sn 2 求數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和Tn 聯(lián)想解題 1 看到an 想到先用倍角公式 再分類(lèi)討論 2 看到求和 想到裂項(xiàng)相消法或錯(cuò)位相減法求和 規(guī)范解答 1 由于故S3k a1 a2 a3 a4 a5 a6 a3k 2 a3k 1 a3k S3k 1 S3k a3k S3k 2 S3k 1 a3k 1 故 2 Tn 4Tn 兩式相減得3Tn 規(guī)律方法 分組轉(zhuǎn)化求和的三種類(lèi)型 1 數(shù)列是周期數(shù)列 先求出每個(gè)周期內(nèi)的各項(xiàng)之和 然后把整體之和按照周期進(jìn)行劃分 再得出整體之和 2 奇偶項(xiàng)分別有相同的特征的數(shù)列 如奇數(shù)項(xiàng)組成等差數(shù)列 偶數(shù)項(xiàng)組成等比數(shù)列 按照奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分組求和 3 通項(xiàng)中含有 1 n的數(shù)列 按照奇數(shù)項(xiàng) 偶數(shù)項(xiàng)分組 或者按照n為奇數(shù) 偶數(shù)分類(lèi)求和 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 2018 臺(tái)州質(zhì)量檢測(cè) 數(shù)列 an bn 中 Sn為數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和 且滿(mǎn)足a1 b1 1 3Sn n 2 an bn n N n 2 1 求 an bn 的通項(xiàng)公式 2 求證 解析 1 因?yàn)?Sn n 2 an 所以當(dāng)n 2時(shí) 3Sn 1 n 1 an 1 所以3an n 2 an n 1 an 1 所以所以 所以 2 因?yàn)樗运?提分備選 已知等差數(shù)列 an 滿(mǎn)足a3 10 a5 2a2 6 1 求an 2 數(shù)列 bn 滿(mǎn)足bn Tn為數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和 求T2n 解析 1 設(shè)數(shù)列 an 的公差為d 則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 數(shù)列 bn 的前2n項(xiàng)中 奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)各有n項(xiàng) 奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為1 公比為4的等比數(shù)列 其和為 偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為1 公差為4的等差數(shù)列 其和為n 4 2n2 n 所以T2n 2n2 n 邏輯推理 數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題中的數(shù)學(xué)素養(yǎng) 相關(guān)鏈接 1 數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題的考查題型 1 判斷數(shù)列問(wèn)題中的一些不等關(guān)系 2 以數(shù)列為載體 考查不等式的恒成立問(wèn)題 3 考查與數(shù)列問(wèn)題有關(guān)的不等式的證明問(wèn)題 4 有關(guān)的最值問(wèn)題 2 在數(shù)列中應(yīng)用 函數(shù) 思想解題的常見(jiàn)題目類(lèi)型 1 數(shù)列中的恒成立問(wèn)題的求解 2 數(shù)列中最大項(xiàng)與最小項(xiàng)問(wèn)題的求解 3 數(shù)列中前n項(xiàng)和最值問(wèn)題的求解 命題角度1 與數(shù)列有關(guān)的不等式的證明問(wèn)題 典例1 2018 泉州市質(zhì)量檢測(cè) 記數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為Sn 已知1 an Sn成等差數(shù)列 1 求 an 的通項(xiàng)公式 2 若bn 證明 b1 b2 bn 1 規(guī)范解答 1 由已知1 an Sn成等差數(shù)列 得2an Sn 1 當(dāng)n 1時(shí) 2a1 S1 1 所以a1 1 當(dāng)n 2時(shí) 2an 1 Sn 1 1 兩式相減得2an 2an 1 an 所以 2 則數(shù)列 an 是以a1 1為首項(xiàng) q 2為公比的等比數(shù)列 所以an a1qn 1 1 2n 1 2n 1 2 由 1 得bn 所以b1 b2 bn 因?yàn)?n 1 1 22 1 3 0 所以即證得 b1 b2 bn 1 命題角度2 與數(shù)列有關(guān)的不等式恒成立 最值 范圍問(wèn)題 典例2 設(shè)數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為Sn 對(duì)任意的正整數(shù)n 都有an 5Sn 1成立 bn 1 log2 an 數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和為T(mén)n cn 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式與數(shù)列 cn 前n項(xiàng)和An 2 對(duì)任意正整數(shù)m k 是否存在數(shù)列 an 中的項(xiàng)an 使得 Sm Sk 32an成立 若存在 請(qǐng)求出正整數(shù)n的取值集合 若不存在 請(qǐng)說(shuō)明理由 規(guī)范解答 1 因?yàn)閍n 5Sn 1 令n 1 a1 由得an 1 an 所以等比數(shù)列的通項(xiàng)公式an bn 1 log2 an 2n 1 數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和Tn n2 cn 所以An 2 an Sn 在數(shù)列 Sn 中 S1 S2 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí) Sn 單增 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí) Sn 單減 所以 Sn min Sn max 對(duì)任意正整數(shù)m k 若存在數(shù)列 an 中的項(xiàng)an 使得 Sm Sk 32an成立 即 Sn max Sn min 32an 32 解得n 2 4 規(guī)律方法 解決數(shù)列與不等式交匯問(wèn)題的常用方法 1 作差 作商比較法 2 根據(jù)數(shù)列的函數(shù)特征求解 如利用其單調(diào)性 3 利用基本不等式求最值 4 利用放縮法證明不等式 通關(guān)題組 1 2018 資陽(yáng)市第二次診斷 已知數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為Sn 且Sn 2an 2 1 求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 2 若bn anlog2an Tn b1 b2 bn 求Tn n 2n 1 50 0成立的正整數(shù)n的最小值 解析 1 當(dāng)n 1時(shí) a1 2a1 2 解得a1 2 當(dāng)n 2時(shí) Sn 2an 2 Sn 1 2an 1 2 則an 2an 2an 1 所以an 2an 1 所以 an 是以2為首項(xiàng) 2為公比的等比數(shù)列 故an 2n 2 bn 2nlog22n n 2n 則Tn 1 2 2 22 3 23 n 2n 2Tn 1 22 2 23 3 24 n 1 2n n 2n 1 得 Tn 2 22 23 2n n 2n 1 n 2n 1 2n 1 n 2n 1 2 所以Tn n 1 2n 1 2 由Tn n 2n 1 5052 由于n 4時(shí) 2n 1 25 3252 故使Sn n 2n 1 50 0成立的正整數(shù)n的最小值為5 2 已知數(shù)列 an 和 bn 滿(mǎn)足a1a2a3 an n N 若 an 是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列 且a1 4 b3 b2 6 1 求an與bn 2 設(shè)cn 記數(shù)列 cn 的前n項(xiàng)和為Sn 求Sn 求正整數(shù)k 使得對(duì)任意n N 均有Sk Sn 解析 1 由題意a1a2a3 an n N b3 b2 6知a3 64 又由a1 4 得公比q 4 q 4舍去 所以數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式為an 4n 22n n N 所以a1a2a3 an 2n n 1 故數(shù)列 bn 的通項(xiàng)公式為bn n n 1 n N 2 由 1 知cn n N 所以Sn 因?yàn)閏1 0 c2 0 c3 0 c4 0 當(dāng)n 5時(shí) cn 而 0得 1所以當(dāng)n 5時(shí) cn 0 綜上 對(duì)任意n N 恒有S4 Sn 故k 4