32【步步高】(广东专用)2015届高考数学二轮复习 专题四 第2讲 数列求和及综合应用配套课件 理
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32【步步高】(广东专用)2015届高考数学二轮复习 专题四 第2讲 数列求和及综合应用配套课件 理
专题四数列、推理与证明；第2讲；数列求和及综合应用；主干知识梳理；热点分类突破；真题与押题；高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下；两个问题：；1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，；考究创新的能力，属中档题；情2.通过分组、错位相；转化与化归思想的应用，属中档题．；主干知识梳理；1.数列求和的方法技巧；(1)分组转化法；有些数列，既不是等
专题四 数列、推理与证明第 2讲数列求和及综合应用主干知识梳理热点分类突破真题与押题高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公 式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探考 究创新的能力，属中档题； 情 2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列 解 读 的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．3主干知识梳理1.数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并.(2)错位相减法这是在推导等比数列的前 n项和公式时所用的方法，这种 方法主要用于求数列{an? bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分 别是等差数列和等比数列. (3)倒序相加法这是在推导等差数列前 n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列 (反序)，当它与原数列相加时若有 公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用 倒序相加法求和.(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或 n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和 .这种方法，适用于求通项为 的数列的前n项和，其中{an} .1 若为等差数列，则＝ anan 1 ＋1 1? 1 1 ? ＝ ?a －a ? anan＋1 d? n n＋1?常见的裂项公式：1 1 1 ① ＝ － ； n?n＋1? n n＋1 1 11 1 ② ＝ ( － )； n?n＋k? k n n＋k 1 1 1 1 ③ ＝ ( － )； ?2n－1??2n＋1? 2 2n－1 2n＋1 1 1 ④ ＝ ( n＋k－ n). n＋ n＋ k k2.数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差. (2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个 固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就 是公比.(3) 混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型.(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)时，我们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.(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.热点分类突破? 热点一? 热点二 ? 热点三 ? 热点四分组转化求和错位相减法求和 裂项相消法求和 数列的实际应用热点一分组转化求和例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、 三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列 第二列 第三列第一行第二行 第三行36 924 81014 18(1)求数列{an}的通项公式；思维启迪 根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式；解当a1＝3时，不合题意；当a1＝ 2时，当且仅当 a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意. 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故an＝2? 3n－1 (n∈N*).(2) 若数列 {bn} 满足： bn ＝ an ＋ ( － 1)nln an ，求数列{bn}的前n项和Sn.解 因为bn＝an＋(－1)nln an思维启迪 分组求和.＝2? 3n－1＋(－1)nln(2? 3n－1)＝2? 3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2? 3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以 Sn ＝ 2(1 ＋ 3 ＋ ? ＋ 3n － 1) ＋ [ － 1 ＋ 1 － 1 ＋ … ＋ ( －1)n]? (ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.当n为偶数时，1－ 3 n n n Sn＝2× ＋ ln 3＝3 ＋ ln 3－1； 2 1－ 3 2当n为奇数时，? ? 1－ 3 n － 1 ? ? Sn＝2× －(ln 2－ln 3)＋? －n?ln 3 1－ 3 ? 2 ? nnn－ 1 ＝3 － ln 3－ln 2－1. 2n综上所述，? ?3n＋nln 3－1， n为偶数， ? 2 Sn＝? ? n n－ 1 3－ ln 3－ln 2－1， n为奇数. ? ? 2在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想 . 把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等思 差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解 维 . 在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是 升 华 正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.变式训练1 已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝( 1 )n(n∈N*).2 (1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}(n∈N*) 都是等比数列；证明 因为anan＋1＝( 1 )n，an＋1an＋2＝( 1)n＋1，又a1＝1，a2＝ 1 ，所以数列a1，a3，?，a2n－1，?，是an＋2 1 所以 ＝ . an 2222 以1为首项，1为公比的等比数列； 2比数列.1 为公比的等 数列a2，a4，?，a2n，?，是以 1 为首项，22(2) 若 数 列 {an} 的 前 2n 项 和 为 T2n ， 令 bn ＝ (3 －T2n)? n? (n＋1)，求数列{bn}的最大项.解 由 (1) 可得 T2n ＝ (a1 ＋ a3 ＋ ? ＋ a2n － 1) ＋ (a2 ＋ a4 1n 1 1n 1－? ? [1－? ? ] 2 2 2 1n ＋?＋a2n)＝ ＋ ＝3－3( ) ， 1 1 2 1－ 1－ 2 21n 所以 bn＝3n(n＋1)( ) ， 2bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)( 1 )n＋1，21 n n＋ 2 所以 bn＋1－bn＝3(n＋1)( ) ( － n) 2 2 1 n＋1 ＝3(n＋1)( ) (2－n)， 2所以b1&b2＝b3&b4&?&bn&?， 所以(bn)max＝b2＝b3＝9. 2热点二错位相减法求和例2设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，(1)求数列{an}的通项公式；思维启迪 n&1时，Sn＝2Sn－1＋n两式相减得{an}的递推关系式，然 后构造数列求通项；解∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n， ∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，an＋1＋1 即 ＝2(n≥2)， an＋1又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，①a2＋1 ∴a2＝3，∴ ＝2，∴当 n＝ 1 时，① 式也成立， a1＋1∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*).n ，数列{bn}的前n项和为Tn，n∈N*， a － a n 1 n ＋ 证明：T &2.(2)若bn＝n思维启迪 先利用错位相减法求出Tn，再放缩.证明∵ a n＝ 2 n－ 1 ，n n n ∴bn＝ n＋1 ＝ n＋1 n＝ n， n ?2 －1?－?2 －1? 2 －2 21 2 3 n ∴Tn＝ ＋ 2＋ 3＋?＋ n， 2 2 2 2 n－ 1 n 1 1 2 Tn＝ 2＋ 3＋?＋ n ＋ n＋1， 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n ∴两式相减，得 Tn＝2( ＋ 2＋ 3＋?＋ n－ n＋1) 2 2 2 2 2 n ＝2－ n－1－ n&2. 2 2 1错位相减法求数列的前n项和是一种重要的方法思 .在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征， 维 即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个 升 华 等比数列对应项相乘所得数列的求和问题.变式训练2设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3? 22n－1. (1)求数列{an}的通项公式； 解 由已知得，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋?＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解 由bn＝nan＝n? 22n－1知 ① ②Sn＝1? 2＋2? 23＋3? 25＋?＋n? 22n－1. 从而22? Sn＝1? 23＋2? 25＋3? 27＋?＋n? 22n＋1. n? 22n＋1，①－②，得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋?＋22n－1－即Sn＝ 1 [(3n－1)22n＋1＋2].9热点三裂项相消法求和例3已知等差数列 {an} ，公差 d&0 ，前 n 项和为 Sn ，S3＝6，且满足a3－a1,2a2，a8成等比数列.(1)求{an}的通项公式；思维启迪利用方程思想可确定a，d，写出{an}；解 由S3＝6，得a2＝2.∵a3－a1,2a2，a8成等比数列，∴(2d)? (2＋6d)＝42，解得d＝1或d＝－∵d&0，∴d＝1.4， 3∴数列{an}的通项公式为an＝n.(2)设bn＝思维启迪1 ，求数列{bn}的前n项和Tn的值. an? an＋2利用裂项相消法求Tn.1 1 1 1 解 Tn＝ ＋ ＋ ＋?＋ 1? 3 2? 4 3? 5 n?n＋2?1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ＝ [(1－ )＋( － )＋( － )＋( － )＋?＋( － )] 2 3 2 4 3 5 4 6 n n＋2 2 3n ＋5n 13 1 1 ＝(－ － )＝ . 2 2 n＋1 n＋2 4?n＋1??n＋2?思 维 升 中{a }为等差数列. n 华1 裂项相消法适合于形如{ }形式的数列，其 an? an＋k变式训练3已知等差数列 {an}是递增数列，且满足 a4? a7＝ 15 ，a3＋a8＝8.(1)求数列{an}的通项公式；解 根据题意a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4? a7＝15，所以 a4 ， a7 是方程 x2 － 8x ＋ 15 ＝ 0 的两根，且 a4&a7 ，解得a4＝3，a7＝5.设数列{an}的公差为d， 由a7＝a4＋(7－4)? d，得d＝ 2 .3故等差数列{an}的通项公式为2＝ 2n＋1 . an＝a4＋(n－4)? d＝3＋(n－4)? 331 (2)令 bn＝ (n≥2)，b1＝ ，求数列{bn}的前 n 3 9an－1an 项和 Sn.11 解 当 n≥2 时，bn＝ ＝ 9an－1an 2n－1 2n＋1 9? ? 3 3 1 1 1 1 ＝ ＝ ( － )， ?2n－1??2n＋1? 2 2n－1 2n＋111 1 1 又 b1＝ ＝ (1－ )， 3 2 3所以 Sn＝b1＋b2＋?＋bn 1 1 1 1 1 1 ＝ (1－ ＋ － ＋?＋ － ) 2 3 3 5 2n－ 1 2n＋ 1 1 1 n ＝ (1－ )＝ . 2 2n＋ 1 2n＋ 1n 即数列{bn}的前 n 项和 Sn＝ . 2 n＋ 1热点四 例4数列的实际应用自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园， 台湾农民在那里申办个体工商户可以享受 “ 绿色通道 ” 的 申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂 M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初 M 的价值比 上年年初减少 10 万元，从第七年开始，每年年初 M 的价值 为上年年初的75%.(1)求第n年年初M的价值an的表达式；思维启迪 根据题意，当n≤6时，数列{an}是等差数列，当n≥7时，数列{an}是等比数列，分别写出其通项公式，然后进行合并即可；解当 n≤6 时，数列 {an} 是首项为 120 ，公差为－10的等差数列， 故an＝120－10(n－1)＝130－10n，当 n≥7 时，数列 {an} 从 a6 开始的项构成一个以 a6 ＝ 130－60＝70为首项，以 故an＝70×( 3 )n－6，3 为公比的等比数列， 4?130－10n，n≤6， ? 所以第 n 年年初 M 的价值 an＝? 3 n－6 ?70×? ? ，n≥7. ? 44(2)设An＝ a1＋a2＋?＋an ，若An大于80万元，则Mn 继续使用，否则须在第 n 年年初对 M更新，证明：必须在第九年年初对M更新.思维启迪 先对n进行分类，表示出An，利用数列的单调性质确定 其最佳项，并与80比较大小，确定n的值.证明设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)， An＝ Sn ＝120－5(n－1)＝125－5n≥95&80，n当n≥7时，由于S6＝570，3 故 Sn＝570＋(a7＋a8＋?＋an)＝570＋70× ×4×[1 4 3 n－6 3 n－6 －( ) ]＝780－210×( ) . 4 4因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列.3 n－6 780－210×? ? Sn 4 因为 An＝ ＝ ， n n 32 780－210×? ? 4 A8＝ ≈82.734&80， 8 33 780－210×? ? 4 A9＝ ≈76.823&80， 9所以必须在第九年年初对M更新.解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列 问题；思 (2)解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的 维 相关问题； 升 华 (3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果.变式训练4 设某商品一次性付款的金额为 a 元，以分期付款的 形式等额地分成n次付清，若每期利率r保持不变， 按复利计算，则每期期末所付款是( )a n A. (1＋r) 元 n a n－1 C. (1＋r) 元 nar?1＋r? B. 元 n ?1＋r? －1nar?1＋r? D. 元 n ?1＋r? －1n－1解析 设每期期末所付款是x元，则各次付款的本利和为 x(1 ＋ r)n － 1 ＋ x(1 ＋ r)n － 2 ＋x(1＋r)n－3＋?＋x(1＋r)＋x＝a(1＋r)n，?1＋r? －1 n 即 x? ＝a(1＋r) ， r n ar?1＋r? 故 x＝ . n ?1＋r? －1答案 Bn本讲规律总结 1.数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键 . 若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：?S1?n＝1?， (1)an＝? ?Sn－Sn－1?n≥2?.(2)递推关系形如an＋1－an＝f(n)，常用累加法求通项.(3)递推关系形如 an＋1 ＝f(n)，常用累乘法求通项.aa nn＋1＝ pan＋q(p、q是常数，且 p≠1， (4)递推关系形如“q≠0)” 的数列求通项，常用待定系数法 . 可设 an ＋ 1 ＋ λ ＝p(an ＋ λ) ，经过比较，求得 λ ，则数列 {an＋ λ} 是一个等比数列.(5)递推关系形如“an＋1＝pan＋qn(q，p为常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以 qn转化为类型(4)，或同除以pn＋1转为用迭加法求解.2.数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1) 错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解.(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和.(3) 分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解.提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的 n＋1项中的前n项，哪些项构成等比数列，以及两边需 除以代数式时注意要讨论代数式是否为零.3.数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问 题的能力 . 其中，建立数列模型是解决这类问题的 核心，在解题中的主要思路：①首先构造等差数列 或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公 式求解；②通过归纳得到结论，再用数列知识求解.真题与押题? 真题感悟? 押题精练12真题感悟1.(2013? 湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－ ，n∈N*，则：1 (1)2 an 3＝________；(2)S1＋S2＋?＋S100＝________.12真题感悟解析 ∵an＝Sn－Sn－11 1 n－1 ＝(－1) an－ n－(－1) an－1＋ n－1(n≥2)， 2 2n1 ∴an＝(－1) an－(－1) an－1＋ n(n≥2). 2 1 当 n 为偶数时，an－1＝－ n(n≥2)， 2 1 当 n 为奇数时，2an＋an－1＝ n(n≥2)， 2n n－112真包含各类专业文献、外语学习资料、高等教育、专业论文、应用写作文书、行业资料、幼儿教育、小学教育、32【步步高】(广东专用)2015届高考数学二轮复习 专题四 第2讲 数列求和及综合应用配套课件 理等内容。　
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