高考理科数学二轮复习ppt课件：数列求和及综合应用
＝2n－112n＋1＝12(2n1－1－2n1＋1)，
33
又 b1＝13＝12(1－13)， 所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝12(1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1) ＝12(1－2n1＋1)＝2nn＋1. 即数列{bn}的前 n 项和 Sn＝2nn＋1.
34
热点四 数列的实际应用
12 )n，an＋1an＋2＝(
1)n＋1， 2
又 以数所a1列以1为＝aa首2an1，＋n，2项＝aa4，，122＝.12…为12，，公a所比2n，以的…数等，列比是a数1，以列a12；3为，首…项，，a212n－为1，公…比，的是等
比数列.
17
(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
思维启迪
利用裂项相消法求Tn.
解
Tn＝11·3＋21·4＋31·5＋…＋n
1 n＋2
＝12[(1－31)＋(12－14)＋(13－15)＋(41－61)＋…＋(n1－n＋1 2)]
＝12(32－n＋1 1－n＋1 ＝4
3n2＋5n n＋1n＋2.
29
裂项相消法适合于形如{ 1 }形式的数列，其
＝2－2n1－1－2nn<2.
23
错位相减法求数列的前n项和是一种重要的方法. 在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，
思
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.
24
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，
思维启迪 利用方程思想可确定a，d，写出{an}；
27
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＝－ 4 ，
3 ∵d>0，∴d＝1.
∴数列{an}的通项公式为an＝n.
28
(2)设bn＝
1 an·an＋2
，求数列{bn}的前n项和Tn的值.
31
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
an＝a4＋(n－4)·d＝3＋(n－4)·23
＝2n＋1 3
.
32
(2)令 bn＝9an1－1an(n≥2)，b1＝13，求数列{bn}的前 n
项和 Sn. 解 当 n≥2 时，bn＝9an1－1an＝9·2n3－11·2n3＋1
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，
∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
即aan＋n＋1＋11＝2(n≥2)，
①
又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，
∴a2＝3，∴aa21＋ ＋11＝2，∴当 n＝1 时，①式也成立，
∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*).
21
(2)若bn＝
＋…＋a2n)＝1－ 1－2112n＋12[11－－1212n]＝3－3(12)n，
所以 bn＝3n(n＋1)(12)n，
18
bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)(
1 2
)n＋1，
所以 bn＋1－bn＝3(n＋1)(12)n(n＋2 2－n)
＝3(n＋1)(12)n＋1(2－n)，
所以b1<b2＝b3>b4>…>bn>…，
a1＋a2＋…＋an n
，若An大于80万元，则M
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.
38
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
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
11
(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*).
故an＝120－10(n－1)＝130－10n，
36
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
3 4
为公比的等比数列，
故an＝70×(
3 4
)n－6，
130－10n，n≤6，
所以第 n 年年初 M 的价值 an＝70×43n－6，n≥7.
37
(2)设An＝
n an＋1－an
，数列{bn}的前n项和为Tn，n∈N*，
证明：Tn<2.
思维启迪
先利用错位相减法求出Tn，再放缩.
证明 ∵an＝2n－1，
∴bn＝2n＋1－1n－2n－1＝2n＋1n－2n＝2nn，
22
∴Tn＝12＋222＋233＋…＋2nn， 12Tn＝212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1， ∴两式相减，得 Tn＝2(12＋212＋213＋…＋21n－2nn＋1)
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋ (－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 13
当n为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；
当n为奇数时， Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3
12
(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 ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
思维启迪 分组求和.
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
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 ana1n＋1的数列的前n项和，其中{an} 若为等差数列，则＝ ana1n＋1＝1da1n－an1＋1 .
6
常见的裂项公式：
①nn1＋1＝n1－n＋1 1； ②nn1＋k＝1k(n1－n＋1 k)； ③2n－112n＋1＝12(2n1－1－2n1＋1)； ④ n＋1 n＋k＝1k( n＋k－ n).
所以(bn)max＝b2＝b3＝
9 2
.
19
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；
20
解 ∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，
9
热点分类突破
热点一 分组转化求和 热点二 错位相减法求和 热点三 裂项相消法求和 热点四 数列的实际应用
10
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
专题四 数列、推理与证明
1
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
2
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 解
2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列
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.
5
(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
例4 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
维 在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正
升 华
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. 16
变式训练1
已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝(
1 2
)n(n∈N*).
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}(n∈N*)都是等比数列；
证明
因为anan＋1＝(
思
an·an＋k
维
升 中{an}为等差数列.
华
30
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，
33
又 b1＝13＝12(1－13)， 所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝12(1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1) ＝12(1－2n1＋1)＝2nn＋1. 即数列{bn}的前 n 项和 Sn＝2nn＋1.
34
热点四 数列的实际应用
12 )n，an＋1an＋2＝(
1)n＋1， 2
又 以数所a1列以1为＝aa首2an1，＋n，2项＝aa4，，122＝.12…为12，，公a所比2n，以的…数等，列比是a数1，以列a12；3为，首…项，，a212n－为1，公…比，的是等
比数列.
17
(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
思维启迪
利用裂项相消法求Tn.
解
Tn＝11·3＋21·4＋31·5＋…＋n
1 n＋2
＝12[(1－31)＋(12－14)＋(13－15)＋(41－61)＋…＋(n1－n＋1 2)]
＝12(32－n＋1 1－n＋1 ＝4
3n2＋5n n＋1n＋2.
29
裂项相消法适合于形如{ 1 }形式的数列，其
＝2－2n1－1－2nn<2.
23
错位相减法求数列的前n项和是一种重要的方法. 在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，
思
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.
24
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，
思维启迪 利用方程思想可确定a，d，写出{an}；
27
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＝－ 4 ，
3 ∵d>0，∴d＝1.
∴数列{an}的通项公式为an＝n.
28
(2)设bn＝
1 an·an＋2
，求数列{bn}的前n项和Tn的值.
31
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
an＝a4＋(n－4)·d＝3＋(n－4)·23
＝2n＋1 3
.
32
(2)令 bn＝9an1－1an(n≥2)，b1＝13，求数列{bn}的前 n
项和 Sn. 解 当 n≥2 时，bn＝9an1－1an＝9·2n3－11·2n3＋1
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，
∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
即aan＋n＋1＋11＝2(n≥2)，
①
又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，
∴a2＝3，∴aa21＋ ＋11＝2，∴当 n＝1 时，①式也成立，
∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*).
21
(2)若bn＝
＋…＋a2n)＝1－ 1－2112n＋12[11－－1212n]＝3－3(12)n，
所以 bn＝3n(n＋1)(12)n，
18
bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)(
1 2
)n＋1，
所以 bn＋1－bn＝3(n＋1)(12)n(n＋2 2－n)
＝3(n＋1)(12)n＋1(2－n)，
所以b1<b2＝b3>b4>…>bn>…，
a1＋a2＋…＋an n
，若An大于80万元，则M
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.
38
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
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
11
(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*).
故an＝120－10(n－1)＝130－10n，
36
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
3 4
为公比的等比数列，
故an＝70×(
3 4
)n－6，
130－10n，n≤6，
所以第 n 年年初 M 的价值 an＝70×43n－6，n≥7.
37
(2)设An＝
n an＋1－an
，数列{bn}的前n项和为Tn，n∈N*，
证明：Tn<2.
思维启迪
先利用错位相减法求出Tn，再放缩.
证明 ∵an＝2n－1，
∴bn＝2n＋1－1n－2n－1＝2n＋1n－2n＝2nn，
22
∴Tn＝12＋222＋233＋…＋2nn， 12Tn＝212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1， ∴两式相减，得 Tn＝2(12＋212＋213＋…＋21n－2nn＋1)
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋ (－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 13
当n为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；
当n为奇数时， Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3
12
(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 ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
思维启迪 分组求和.
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
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 ana1n＋1的数列的前n项和，其中{an} 若为等差数列，则＝ ana1n＋1＝1da1n－an1＋1 .
6
常见的裂项公式：
①nn1＋1＝n1－n＋1 1； ②nn1＋k＝1k(n1－n＋1 k)； ③2n－112n＋1＝12(2n1－1－2n1＋1)； ④ n＋1 n＋k＝1k( n＋k－ n).
所以(bn)max＝b2＝b3＝
9 2
.
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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；
20
解 ∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，
9
热点分类突破
热点一 分组转化求和 热点二 错位相减法求和 热点三 裂项相消法求和 热点四 数列的实际应用
10
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
专题四 数列、推理与证明
1
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
2
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 解
2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列
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.
5
(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
例4 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
维 在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正
升 华
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. 16
变式训练1
已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝(
1 2
)n(n∈N*).
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}(n∈N*)都是等比数列；
证明
因为anan＋1＝(
思
an·an＋k
维
升 中{an}为等差数列.
华
30
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，
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2023高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用课件
专题二 数 列
当 n≥2 时，Sn－1＝2n－1－1，② ①－②得，bn＝2n－1， 当 n＝1 时，b1＝2－1＝1，满足 bn＝2n－1， 所以 bn＝2n－1. (2)因为 cn＝anbn＝2n·2n－1＝n·2n， 所以 Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n－1， 两式相减得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（22－n－11）－n·2n＋1， 所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
专题二 数 列
综上可知，an＝2n－1(n∈N*)， cn＝(－1)n·an＋2n＝(－1)n(2n－1)＋2n， T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n， 即 T2n＝[－1＋3－5＋7－…－(4n－3)＋(4n－1)]＋(21＋22＋23＋…＋22n)＝ 22n＋1＋2n－2， 即 T2n＝22n＋1＋2n－2.
专题二 数 列
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1＝1，a2＝2，所以 d＝a2－a1＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)选择条件 A：b3＝8，b1＝2，q＝2，bn＝2n， 所以 ban＝2an＝2n. 所以 Sn＝ba1＋ba2＋…＋ban＝21＋22＋…＋2n＝2n＋1－2.选条件 B： 设等比数列{bn}的公比为 q. 由(1)可知 an＝n，所以 ab2＝b2. 因为 ab2＝4，所以 b2＝4. 所以 q＝2.此时 bn＝b1qn－1＝2n.
专题二 数 列
解：(1)选条件①：∀n∈N*，an＋an＋1＝4n，得 an＋1＋an＋2＝4(n＋1)， 所以 an＋2－an＝4(n＋1)－4n＝4， 即数列{a2k－1}，{a2k}(k∈N*)均为公差为 4 的等差数列， 于是 a2k－1＝a1＋4(k－1)＝4k－3＝2(2k－1)－1， 又 a1＋a2＝4，a2＝3，a2k＝a2＋4(k－1)＝4k－1＝2·(2k)－1，所以 an＝ 2n－1； 选条件②：因为数列Snn为等差数列， 且Snn的前 3 项和为 6，
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
2 2 2 2
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(1)高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过 分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(1)高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过 分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
高考备考指南理科数学课件第6章第4讲数列求和、数列的综合应用
2．常见的裂项公式
(1)nn1＋1＝1n－n＋1 1.
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
栏目索引
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
第六章 数列
高考备考指南
理科数学
1．(教材习题改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝nn1＋1，则S5等于(
)
第六章 数列
高考备考指南
理科数学
分组转化法求和
(2016年天津)已知{an}是等比数列，它的前n项和为Sn(n∈N*)，且
1 a1
－a12＝a23，S6＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb
2 n
}的
前2n项和．
1 n＋1
＋
2 n＋1
＋…＋
n n＋1
，又bn＝
ana2n＋1，则数列{bn}的前n项和为________． 【答案】n8＋n1
栏目索引
第六章 数列
高考备考指南
理科数学
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字 母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的 式子应进行合并．
【解析】(1)等差数列{an}中，公差d≠0且a1＝1，a2是a1与a5的等比中项，所
以a22＝a1·a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)．
所以(1＋d)2＝1＋4d，解得d＝2或d＝0(舍去)． 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
栏目索引
(2)数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋2 an＝n1＋22n－1＝n2.
(1)nn1＋1＝1n－n＋1 1.
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
栏目索引
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
第六章 数列
高考备考指南
理科数学
1．(教材习题改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝nn1＋1，则S5等于(
)
第六章 数列
高考备考指南
理科数学
分组转化法求和
(2016年天津)已知{an}是等比数列，它的前n项和为Sn(n∈N*)，且
1 a1
－a12＝a23，S6＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb
2 n
}的
前2n项和．
1 n＋1
＋
2 n＋1
＋…＋
n n＋1
，又bn＝
ana2n＋1，则数列{bn}的前n项和为________． 【答案】n8＋n1
栏目索引
第六章 数列
高考备考指南
理科数学
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字 母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的 式子应进行合并．
【解析】(1)等差数列{an}中，公差d≠0且a1＝1，a2是a1与a5的等比中项，所
以a22＝a1·a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)．
所以(1＋d)2＝1＋4d，解得d＝2或d＝0(舍去)． 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
栏目索引
(2)数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋2 an＝n1＋22n－1＝n2.
2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题2 第2讲 数列求和及其综合应用(文理)
第二部分 专题二 数列(文理)
高考二轮总复习 • 数学
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年份 卷别 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 17 17 17
考查角度
分值
数列的递推公式以及等差数列通项公 12
式求和
等差数列前n项和与通项公式及最值问
题
12
数列的递推公式及通项公式、裂项相 10
消法求和
第二部分 专题二 数列(文理)
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02 考点分类 • 析重点
高考二轮总复习 • 数学
考点一 数列的通项公式
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1．数列通项an与前n项和Sn的关系， an＝SS1n， －nS＝ n－11，，n≥2. 2．应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况， 防止产生错误．
第二部分 专题二 数列(文理)
高考二轮总复习 • 数学
(2)由(1)得到Sn＝1＋2＋…2n－1＝2n－1， 所以n·Sn＝n(2n－1)＝n·2n－n， Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n－(1＋2＋…＋n)， 设t＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 2t＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减可得，－t＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1 故t＝(n－1)·2n＋1＋2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2－1＋2nn.
高考二轮总复习 • 数学
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(2)由(1)知an＝21n，∴Sn＝12×11－－1212n＝1－12n. ∵bn＝8n，∴Tn＝4n2＋4n， ∴T1n＝4n2＋1 4n＝141n－n＋1 1， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝141－12＋21－31＋…＋1n－n＋1 1＝141－n＋1 1<14，
专题2 数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习PPT全文课件
(3)(2020·湖南师大附中第二次月考)在公差大于0的等差数列{an} 中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an} 的前21项和为__2_1__.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4， 解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
分值 17 12 10
专题2 数列求和及其综合应用-2021届高三高 考数学 二轮复 习PPT 全文课 件
年份 卷别 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 17 17 17
考查角度
分值
数列的递推公式以及等差数列通项公 12
式求和
等差数列前n项和与通项公式及最值问
题
12
数列的递推公式及通项公式、裂项相 10
● 应用错位相减法求和的关注点
●
( 1 ) 错 位 相 减 法 适 用 于 求 数 列 { a n ·b n } 的 前 n 项 和 ， 其 中 { a n } 为 等 差 数 列 ， { b n } 为 等 比 数 列 ．
●
(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出
【解析】 (1)由题意，设an＝a1qn－1(q>0)，
则a1＝12
，
21－a1q2＝2a1＋3a1q
解得q＝12或q＝－2(舍)，
∴an＝12×12n－1＝12n，即an＝21n.
(2)由(1)知an＝21n，∴Sn＝12×11－－1212n＝1－12n. ∵bn＝8n，∴Tn＝4n2＋4n， ∴T1n＝4n2＋1 4n＝141n－n＋1 1， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝141－12＋21－31＋…＋1n－n＋1 1＝141－n＋1 1<14，
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4， 解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
分值 17 12 10
专题2 数列求和及其综合应用-2021届高三高 考数学 二轮复 习PPT 全文课 件
年份 卷别 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 17 17 17
考查角度
分值
数列的递推公式以及等差数列通项公 12
式求和
等差数列前n项和与通项公式及最值问
题
12
数列的递推公式及通项公式、裂项相 10
● 应用错位相减法求和的关注点
●
( 1 ) 错 位 相 减 法 适 用 于 求 数 列 { a n ·b n } 的 前 n 项 和 ， 其 中 { a n } 为 等 差 数 列 ， { b n } 为 等 比 数 列 ．
●
(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出
【解析】 (1)由题意，设an＝a1qn－1(q>0)，
则a1＝12
，
21－a1q2＝2a1＋3a1q
解得q＝12或q＝－2(舍)，
∴an＝12×12n－1＝12n，即an＝21n.
(2)由(1)知an＝21n，∴Sn＝12×11－－1212n＝1－12n. ∵bn＝8n，∴Tn＝4n2＋4n， ∴T1n＝4n2＋1 4n＝141n－n＋1 1， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝141－12＋21－31＋…＋1n－n＋1 1＝141－n＋1 1<14，
高考数学二轮总复习专题11数列求和及综合应用(共32张PPT)
专题11
数列求和及综合应用
-2能力目标解读 热点考题诠释
本部分主要考查数列的各种求和方法及等差、等比数列的综合应用. 通过历年的高考试卷分析,求和方法的考查在主、客观题中均有出现,数列 作为解答题和解三角形部分的解答题在高考中出现了交替考查现象. 本部分考查内容主要是:以等差、等比数列为载体,考查数列通项、求 和;利用递推关系求数列的通项、前 n 项和. 该部分的重点是等差、等比数列的基本公式、常用性质和各种求和方 法;该部分的难点是数列与其他知识点的交汇问题.如数列中的给定信息题、 探索题、证明题、恒成立问题等.
������ ������ +1 ������ ������
n-1
关闭
所以数列{an}前 n 项和 Sn=1· 30+3· 31+5· 32+…+(2n-1)· 3n-1, 3Sn=1· 31+3· 32+…+(2n-3)· 3n-1+(2n-1)· 3n, 两式相减得-2Sn=1+2· (31+32+…+3n-1)-(2n-1)· 3n=-2-(2n-2)3n, 所以 Sn=(n-1)3n+1.
������������
(2)若 bn=3 ,求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以 − =2,即 ������������ +1 ������������ 命题定位:本题主要考查等差数列的概念和通项公式、错位相减法求 cn+1-cn=2. 和.对已知条件的转化和构造体现了对能力的考查 ,利用错位相减法求和强 所以数列{cn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列 ,故 cn=2n-1. 化了化归和运算能力 . n=cnbn=(2n-1)3n-1, (2)由 bn=3n-1 知 a
数列求和及综合应用
-2能力目标解读 热点考题诠释
本部分主要考查数列的各种求和方法及等差、等比数列的综合应用. 通过历年的高考试卷分析,求和方法的考查在主、客观题中均有出现,数列 作为解答题和解三角形部分的解答题在高考中出现了交替考查现象. 本部分考查内容主要是:以等差、等比数列为载体,考查数列通项、求 和;利用递推关系求数列的通项、前 n 项和. 该部分的重点是等差、等比数列的基本公式、常用性质和各种求和方 法;该部分的难点是数列与其他知识点的交汇问题.如数列中的给定信息题、 探索题、证明题、恒成立问题等.
������ ������ +1 ������ ������
n-1
关闭
所以数列{an}前 n 项和 Sn=1· 30+3· 31+5· 32+…+(2n-1)· 3n-1, 3Sn=1· 31+3· 32+…+(2n-3)· 3n-1+(2n-1)· 3n, 两式相减得-2Sn=1+2· (31+32+…+3n-1)-(2n-1)· 3n=-2-(2n-2)3n, 所以 Sn=(n-1)3n+1.
������������
(2)若 bn=3 ,求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以 − =2,即 ������������ +1 ������������ 命题定位:本题主要考查等差数列的概念和通项公式、错位相减法求 cn+1-cn=2. 和.对已知条件的转化和构造体现了对能力的考查 ,利用错位相减法求和强 所以数列{cn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列 ,故 cn=2n-1. 化了化归和运算能力 . n=cnbn=(2n-1)3n-1, (2)由 bn=3n-1 知 a
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件
真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d
高考专题复习数学数列求和 PPT课件 图文
设 n N * ， xn 是曲线 y x2n2 1 在点 (1，2)
处的切线与 x 轴交点的横坐标.
（1）求数列 {xn} 的通项公式；
（2）记Tn x12x32
x2 2n1
，证明
Tn
1 4n
.
在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n 2 个数 构成递增的等比数列，将这 n 2 个数的乘积记作Tn ， 再令 an lg Tn, n≥1.
（2）求数列an 的通项公式；
（3）是否存在实数 a ，使不等式
(1 1 )(1 1 ) (1 1 ) 2a2 3
a1
a2
an 2a 2n 1
对一切正整数 n 都成立？若存在，
求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
设数列an 的前 n 项和为 Sn ,满足
2Sn an1 2n1 1 , n N* ,
则数列
1
的前10
项和为_________
an
设数列an，其前 n 项和 Sn 3n2 ，
bn为单调递增的等比数列， b1b2b3 512 ， a1 b1 a3 b3
（1）求数列an, bn的通项公式；
（2）若 cn
bn
bn
2 bn
1 n
bn
bn1
1(n
N* )
.
（1）求 an 与 bn ；（2）记数列{anbn} 的前 n 项和为Tn ，求Tn .
已知数列an ,bn , an 3n 1,bn 2n
记 Tn anb1 an1b2 a1bn , n N * ，求：Tn
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文1205340-数学备课【全免费】
＝2n－1－1， 1－2
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1， 所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 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．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1， 所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 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．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an
新高考数学总复习专题七数列求和、数列的综合课件
考法一 错位相减法求和 1.当{an}是等差数列,{bn}是等比数列时,求数列{an·bn}的前n项和常采用错 位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意: 1)要善于辨认题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形. 2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”, 以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 3)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1,如果q=1,那么应用公 式Sn=na1.
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考法二 裂项相消法求和 1.对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项 法”,分式型数列的求和多用此法. 2.利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后 一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.将通项裂项后,有时需要调整 前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.
例2 (202X届校际联考,18)已知数列{an}满足an+2=2an(n∈N*),a1=1,a2=2. (1)求数列{an}的前30项和S30;
(2)设bn=
log4a2n
1 log4a2n2
(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)由已知a1=1,a2=2,得a3=2,a4=4,a5=4,a6=8,……,
2.数列与不等式的综合问题 1)判断数列问题中的不等关系时,可以利用数列的单调性,或者借助数列 对应函数的单调性、作差或作商比较大小; 2)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题时,可转化为数列的最值问题, 可利用数列单调性或数列对应函数的单调性; 3)解决与数列有关的不等式的证明问题时,可构造函数证明,或利用放缩 法证明.
是等比模型,这个固定的数就是公比.其一般情势是 an1 =q(q为常数,且q≠0).