高三数学二轮专题复习课件：专题二数列第2讲数列求和及综合应用
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，
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用
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专题二 数列
高考二轮总复习 • 数学
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二 数列
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【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1， 又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数 列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)， 则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二 数列
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1， 则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
专题二 数列
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n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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专题二 数列
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
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
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用
(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
2019届高三数学(理)二轮专题复习课件：专题二 数列 第2讲 数列求和及综合应用 .pdf
第2讲 数列求和及综合应用高考定位 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、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，②真 题 感 悟又S2n＋1＝b n b n＋1，b n＋1≠0，所以b n＝2n＋1.考 点 整 合2.数列求和3.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.解 (1)因为a n＝5S n＋1，n∈N*，所以a n＋1＝5S n＋1＋1，(2)b n＝－1－log2|a n|＝2n－1，数列{b n}的前n项和T n＝n2，因此{A n}是单调递增数列，探究提高 1.给出S n与a n的递推关系求a n，常用思路是：一是利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.2.形如a n＋1＝pa n＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列.(1)解 2(S n＋1)＝(n＋3)a n，①当n≥2时，2(S n－1＋1)＝(n＋2)a n－1，②①－②得，(n＋1)a n＝(n＋2)a n－1，热点二 数列的求和考法1 分组转化求和【例2－1】(2018·合肥质检)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n＋(－1)n·a n，求数列{b n}的前n项和T n.因此{a n}的通项公式a n＝2n＋1.(2)∵b n＝2a n＋(－1)n·a n＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，探究提高 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的奇偶进行讨论.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.(1)证明 ∵S n＝2n2＋5n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝4n＋3.又当n＝1时，a1＝S1＝7也满足a n＝4n＋3.故a n＝4n＋3(n∈N*).∴数列{3a n}是公比为81的等比数列.(2)解 ∵b n＝4n2＋7n，探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.解 (1)设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，所以a n＝a1q n－1＝3n.(2)由(1)得b n＝log332n－1＝2n－1，解 (1)设{a n}的公差为d，由题设解之得a1＝1，且d＝1.因此a n＝n.探究提高 1.一般地，如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n}的公比，然后作差求解.2.在写“S n”与“qS n”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“S n－qS n”的表达式.解 (1)由题意知，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式.所以a n＝6n＋5.设数列{b n}的公差为d，所以b n＝3n＋1.又T n＝c1＋c2＋…＋c n，得T n＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2T n＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].两式作差，得－T n＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]所以T n＝3n·2n＋2.∵a n＋1＝f′(a n)，且a1＝1.∴a n＋1＝a n＋2则a n＋1－a n＝2，因此数列{a n}是公差为2，首项为1的等差数列.∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.等比数列{b n}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.∴b n＝3n－1.又n∈N*，∴n＝1，或n＝2故适合条件T n≤S n的所有n的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.解 (1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，即a n＝2a n－1(n≥2).从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，故a n＝2n.即2n>1 000，又∵n∈N*，因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10，1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n}乘以等比数列{b n}对应项得到的数列{a n·b n}求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n}的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式.2.裂项求和的常见技巧3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.。
高考数学二轮复习专题二数列数列求和及综合应用课件文.ppt
1 2
)2+2×
( 1+)13×
2
+(1…)0 +(n-1)×
2
+n×( 1 ) ,n3
2
12Sn=1×
( 1+)12×
2
(+13)0×
2
+…(1)+1 (n-1)×
2
+n×( 1 )n ,2
2
(1 )n4 2 ( 1 )n3 2
两式相减有
1 2
Sn=1×
( 1+)21×
2
(+1 )11×
2
+(11×)0
②作差:写出Sn的表达式,然后等式两边同时乘以公比 或除以公比得到另外一个式子,两式作差. ③求和:根据差式的特征准确求和.
(2)注意点:在错位相减后一定要注意其中各个项的结 构,特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续 的项组成等比数列.
【对点训练】 (2018·衡水一模)已知数列{an}满足4Sn=(an+3)(an-1), 且an>0. (1)求数列{an}的通项公式. (2)求Tn=a1· 2a1 +a2· 2a2 +…+an· 2an 的值.
第二讲 数列求和及综合应用
热点题型1 错位相减法求和 【感悟经典】 【典例】(2018·山师附中一模)已知递减的等比数列 {an}各项均为正数,满足a1·a2·a3=8,a1+1,a2+1,a3构 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式. (2)令bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
Sn 3 n n 1 3 n n 1
从而bn=
11 S1 S2
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
2018届高三数学二轮复习课件：4.2第二讲 数列求和及数列的综合应用
= · + ;
������ ③对数变换——如将递推公式 an+1=c������������ (an>0,c>0,p>0,p≠1)取对数得
������ 1 ������ ������������
1 ������
������������ +������
z+lg c; lg an+1=p lg an ④换元变换——如将递推公式 an+1=qan+dn(q,d 为非零常数,q≠1,d ≠1)
变换成
������������+1 ������
������ ������ = · + , 令 b = n ������ ������,则转化为 bn+1=Abn+B 的形式. ������+1
������ ������ ������ ������
1 ������
������ ������
2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前 n 项和.对等比数列利用公式法求和 时,一定注意公比 q 是否能取 1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,主要用于求数列 {anbn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. (3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法,适用 于求通项为
一个数列既不是等差数列又不是等比数列,但它可以拆成两个数列,而这两个数
列是等差或等比数列,那么就可以分组求和,有时这种方法也叫拆项重组法.
考点1考点2考点3源自考点4考点 1简单的递推数列
π 4
专题2第2讲数列求和及其综合应用-高三高考数学二轮复习课件
(2)存在． 由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1， 所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
● 2．在考查数列求和的同时，将数列与函数、不等式交汇渗透．
● (理科)
年份 卷别 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 17 6 17
考查角度 等比数列通项公式基本量的计算、等 差中项的性质，以及错位相减法求和
用等比数列求和求参数的值 等差数列的通项公式以及利用错位相 减法求数列的和
分值 12 5 10
【解析】 (1)由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0， 可得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]×(an＋1＋an)＝0 又因为an>0，所以aan＋n 1＝nn＋ ＋12.
又a1＝1，则an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1 ＝n＋n 1·n－n 1·…·32·1＝n＋2 1.故选B．
年份 2019
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 14 19 14 14 17 17
考查角度
分值
等比数列前n项和公式
5
等差等比数列定义及通项公式
12
等比数列通项公式、等差数列的前n项
和公式
5
an与Sn关系的应用
10
等差数列前n项和与通项公式及最值问
题
12
等比数列的通项公式和前n项和公式 10
最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1， 所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an， 所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列， 所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.