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高考数学大一轮复习 第五章 数列 第4节 数列的综合应用 第1课时 数列求和课件 理

第五章
数列

第四节

数列的综合应用

[考纲考情] 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.

主干知识· 整合 热点命题· 突破

课时作业

主干知识·整合 01
课前热身 稳固根基

数列求和的几种常用方法

1.分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列 或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和 后相加减. 2.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.

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,如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的. 4.倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两 项的和相等或等于同一个常数, 那么求这个数列的前 n 项和 可用倒序相加法, 如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推 导的.

5.并项求和法 在一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为 并项求和. 形如 an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.

1.若 Sn=1-2+3-4+5-6+…+(-1)n 1·n,则 S50


=________.
解析:S50=(1-2)+(3-4)+…+(49-50)=-25. 答案:-25

2. 若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1, 则数列{an} 的前 n 项和为________.

2(1-2n) n(1+2n-1) n+1 解析:Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2
答案:2n+1+n2-2

3.数列{an}的通项公式是 an= 为 9,则 n=________.

,前 n 项和 n+ n+1

1

解析:∵an=

= n+1- n. n+ n+1

1

∴Sn=a1+a2+a3+…+an=( 2-1)+( 3- 2)+…+ ( n+1- n)= n+1-1. ∴ n+1-1=9,即 n+1=10,∴n=99.
答案:99

数列的综合应用

1.等差数列和等比数列的综合 等差数列中最基本的量是其首项 a1 和公差 d, 等比数列 中最基本的量是其首项 a1 和公比 q, 在等差数列和等比数列 的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两 个数列的基本量解决问题的.

2.数列和函数、不等式的综合 (1)等差数列的通项公式和前 n 项和公式是在公差 d≠0 的情况下关于 n 的一次或二次函数. (2)等比数列的通项公式和前 n 项和公式在公比 q≠1 的 情况下是公比 q 的指数函数模型. (3)数列常与不等式结合,如比较大小、不等式恒成立、 求参数范围等, 需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问 题.

(n+1)π 4. 在数列{an}中, 已知 a1=1, an+1-an=sin , 2 记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,则 S2 016=( A.1 006 C.1 008 B.1 007 D.1 009 )

(n+1)π 解析: 由 an + 1 - an = sin ,得 an + 1 = an + 2 (n+1)π sin ,所以 a2 = a1 + sin π= 1 +0 =1 , a3 = a2 + 2 3π sin 2 =1+( -1)=0,a4=a3+sin2π=0+0=0,a5 =a4+ 5π sin 2 =0+1=1,∴a5=a1,

如此继续可得 an+4=an(n∈N*),即数列{an}是一个以 4 为周期的周期数列, 又 2 016=4×504, 所以 S2 016=504×(a1 +a2+a3+a4)=504×(1+1+0+0)=1 008,故选 C.
答案:C

1 5.在等比数列{an}中,若 a1=2,a4=-4,则公比 q =________;|a1|+|a2|+…+|an |=________.

解析:设等比数列{an}的公比为 q,则 a4=a1q3,代入 数据解得 q3=-8,所以 q=-2;等比数列{|an|}的公比为|q| 1 n-1 1 =2,则|an|= ×2 ,所以|a1 |+|a2 |+|a3|+…+|an |= (1+2 2 2 1 n n-1 1 +2 +…+2 )=2(2 -1)=2 -2. n-1 1 答案:-2 2 -2
2 n-1

第一课时 数列求和

热点命题· 突破 02
课堂升华 强技提能

公式法求和

【例 1】 在公差为 d 的等差数列{an}中, 已知 a1 =10, 且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1 |+|a2 |+|a3 |+…+|an |.

【解】 (1)由题意得 5a3·a1=(2a2+2)2, 即 d2-3d-4=0. 故 d=-1 或 d=4. 所以 an=-n+11,n∈N*或 an=4n+6,n∈N*.

(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11.则 当 n≤11 时, 1 2 21 |a1 |+|a2|+|a3 |+…+|an |=Sn=-2n + 2 n. 1 2 当 n≥12 时,|a1|+|a2 |+|a3 |+…+|an |=-Sn+2S11=2n 21 - n+110. 2

综上所述,|a1 |+|a2|+|a3 |+…+|an | ? 1 2 21 ?-2n + 2 n,n≤11, =? ?1n2-21n+110,n≥12. 2 ?2

【小结归纳】 求数列{|an |}的前 n 项和的一般步骤 第一步:求数列{an}的前 n 项和; 第二步:令 an≤0(或 an≥0)确定分类标准; 第三步:分两类分别求前 n 项和; 第四步:用分段函数形式下结论; 第五步:反思回顾,查看{|an |}的前 n 项和与{an}的前 n 项和的关系,以防求错结果.

已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和.

解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 a2=a1+d,a3=a1+2d,
?3a +3d=-3, ? 1 由题意,得? ? ?a1(a1+d)(a1+2d)=8. ?a =2, ?a =-4, ? 1 ? 1 解得? 或? ? ? ?d=-3 ?d=3.

所以由等差数列的通项公式,可得 an=2-3(n-1)=- 3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5 或 an=3n-7.

(2)由(1)知,当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1, -4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等 比数列,满足条件.
?-3n+7,n=1,2, ? 故|an |=|3n-7|=? ? ?3n-7,n≥3.

记数列{|an |}的前 n 项和为 Sn.

当 n=1 时,S1=|a1 |=4; 当 n=2 时,S2=|a1 |+ |a2 |=5; 当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+ |a4 |+…+ |an| =5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7) (n-2)[2+(3n-7)] 3 2 11 =5+ =2n - 2 n+10. 2 当 n=2 时,满足此式. ?4,n=1, ? 综上,Sn=?3 2 11 n - n+10,n>1. ? 2 2 ?

分组求和法求和

【例 2】 (2015· 福建卷)等差数列{an}中,a2=4,a4+ a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an-2+n,求 b1+b2+b3+…+b10 的值.

【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d. 由 已 知 得
?a =3, ? 1 ? ? ?d=1. ?a +d=4, ? 1 ? ? ?(a1+3d)+(a1+6d)=15,

解 得

所以 an=a1+(n-1)d=n+2.

(2)由(1)可得 bn=2n+n. 所以 b1+b2+b3+…+b10 =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) 2(1-210) (1+10)×10 = + 2 1-2 =(211-2)+55=211+53=2 101.

【小结归纳】 对于不能由等差数列、等比数列的前 n 项和公式直接求 和的问题,一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分,转 化成若干个等差数列、等比数列的求和.

设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列{an +bn}的前 n 项和 Sn.

解:(1)设 q 为等比数列{an}的公比,则由 a1=2,a3= a2+4 得 2q2=2q+4,即 q2-q-2=0,解得 q=2 或 q=- 1(舍去),因此 q=2. 所以{an}的通项公式为 an=2· 2n-1=2n(n∈N*). 2(1-2n) n(n-1) n +1 2 (2)Sn = +n×1 + × 2 = 2 + n - 2 1-2 2.

错位相减法求和

【例 3】 (2015· 天津卷)已知数列{an}满足 an+2=qan(q 为实数且 q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4, a4+a5 成等差数列. (1)求 q 的值和{an}的通项公式; log2a2n (2)设 bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前 n 项和. a2n-1

【解】 (1)由已知, 有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3 +a4),即 a4-a2=a5-a3, 所以 a2(q-1)=a3(q-1). 又因为 q≠1,故 a3=a2=2, 由 a3=a1·q,得 q=2.

当 n=2k-1(k∈N )时,an=a2k-1=2
* k

*

k -1

n-1 =2 2 ;

n 当 n=2k(k∈N )时,an=a2k=2 =22. ? n-1 ?2 2 ,n为奇数, 所以,{an}的通项公式为 an=? ? n ?22,n为偶数.

log2a2n n (2)由(1)得 bn= = - ,设{bn}的前 n 项和为 Sn, a2n-1 2n 1 则 1 1 1 1 Sn = 1× 20 + 2× 21 + 3× 22 + … + (n - 1)× n-2 + 2 n× n-1, 2 1 1 1 1 1 1 S =1× 1+2× 2+3× 3+…+(n-1)× n-1+n× n, 2 n 2 2 2 2 2 1

1 1- n 1 1 1 1 n 2 上述两式相减, 得2Sn=1+2+22+…+ n-1- n= 1 2 2 1-2 n 2 n - n=2- n- n, 2 2 2 n+2 整理得,Sn=4- n-1 . 2 n+2 所以,数列{bn}的前 n 项和为 4- n+1 ,n∈N*. 2

【小结归纳】 一般地,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,可采用错位相减法求和,一 般是在和式的两边同乘以等比数列{bn}的公比, 然后作差求 解.若{bn}的公比为参数(字母),则应对公比分等于 1 和不 等于 1 两种情况分别求和.

已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*), an 满足 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,令 cn= . bn (1)求数列{cn}的通项公式; (2)若 bn=3n+1,求数列{an}的前 n 项和 Sn.

解:(1)因为 bn≠0, 所以由 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0, an an+1 得 - +2=0, bn bn+1 an+1 an 即 - =2,所以 cn+1-cn=2, bn+1 bn a1 所以{cn}是以 c1= =1 为首项,2 为公差的等差数列, b1 所以 cn=1+(n-1)×2=2n-1.

(2)因为 bn=3n 1,cn=2n-1.


所以 an=cnbn=(2n-1)3n 1.


所以 Sn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)3n 1,


3Sn=1×33+3×34+…+(2n-3)3n 1+(2n-1)3n 2,
+ +

作差得:-2Sn=32+2(33+34+…+3n 1)-(2n-1)3n


+2

33-3n 2 + =9+2× -(2n-1)3n 2 1-3


=-[18+2(n-1)3n+2], 所以 Sn=9+(n-1)3n+2.

裂项相消法求和

【例 4】 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=10, a2 为整数,且 S n≤S4. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1

【解】 (1)由 a1=10,a2 为整数知,等差数列{an}的公 差 d 为整数. 又 Sn≤S4,故 a4≥0,a5≤0, 于是 10+3d≥0,10+4d≤0. 10 5 解得- 3 ≤d≤-2. 因此 d=-3. 数列{an}的通项公式为 an=13-3n.

1 1 ? 1 1? ? ? - (2)bn= = ? . (13-3n)(10-3n) 3?10-3n 13-3n? ? 于是 Tn=b1+b2+…+bn
? ? 1 1 ? 1??1 1 ? ?1 1? ? ?? - = ??7-10?+?4-7?+ …+? ? 3?? 10 - 3 n 13-3n? ? ? ? ? ??

1 1? 1? n ? ? - ?= =3? . 10 10 - 3 n ? ? 10(10-3n)

【小结归纳】 1 1 . 在对 bn 进行裂项时,易犯 = (2n-1)(2n+1) 1 1 - 的错误,可通过通分验证. 2n-1 2n+1 2.在用裂项相消法求和时,消项后并不一定只剩下第 一项和最后一项,也可能剩下前几项和后几项.

(2015· 安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列,且 a1+ a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和, bn= , 求数列{bn} SnSn+1 的前 n 项和 Tn.

解:(1)由题设知 a1·a4=a2·a3=8,又 a1+a4=9,
?a =1, ?a =8, ? 1 ? 1 ? 可解得 或? (舍去). ? ? ?a4=8 ?a4=1

由 a4=a1q3 得公比为 q=2, 故 an=a1qn-1=2n-1.

a1(1-qn) n (2)Sn= =2 -1, 1-q an+1 Sn+1-Sn 1 1 又 bn= = = - , SnSn+1 SnSn+1 Sn Sn+1 所以
?1 1? ?1 1? Tn = b1 + b2 + … + bn = ? - ? + ? - ? + … + ?S1 S2? ?S2 S3?

?1 1 ? 1 1 1 ? ? - =1- n+1 . ?Sn S + ?=S - S 2 -1 n 1? 1 ? n+1

1.解决非等差、等比数列求和问题的 两种思路 (1) 转化的思想,即将一般数列设法 转化为等差或等比数列, 这一思想方法往 往通过通项分解或错位相减来完成. (2) 不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消 法、倒序相加法等来求和.

2.应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问 题 (1) 裂项相消法,分裂通项是否恰好等于相应的两项之 差.

(2) 在正负项抵消后,是否只剩下第一项和最后一项, 或有时前面剩下两项,后面也剩下两项,未消去的项有前后 对称的特点. (3) 在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比含有 参数,应分 q=1 和 q≠1 两种情况求解.


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