2012届高考数学(文)《优化方案》一轮复习课件：第5章第四节 数列求和(苏教版江苏专用
2．一般情况如下，若{an}是公差不为 0 的 1 1 1 1 1 等差数列， 则 ＝ ( － )， ＝ d an an＋1 an·n＋2 anan＋1 a 1 1 1 (a － )．此外根式在分母上时可考虑 2d n an＋2 利用有理化因式相消求和．
例4 已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7
＝26，{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn； 1 (2)令 bn＝ 2 (n∈N*)，求数列{bn}的前 n an－1 项和 Tn.
【思路分析】 (1)由基本量的运算求出an 及Sn；(2)bn的式子为分式结构，考虑裂项相 消法求和．
【解】 (1)设等差数列{an}的首项为 a1， 公差为 d， 由于 a3＝7，a5＋a7＝26， 所以 a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得 a1 ＝3，d＝2. na1＋an 由于 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝ ， 2 所以 an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
解：(1)设等比数列{an}的公比为 q. a1＝2， 依题意，得 a4＝a1q3＝16. 解得 q＝2， ∴数列{an}的通项公式 an＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)得 log2an＝n，log2an＋1＝n＋1. 1 1 1 bn ＝ ＝ － . nn＋1 n n＋1 ∴Sn＝b1＋b2＋„＋bn 1 1 1 1 1 ＝(1－ )＋( － )＋„＋(n－ ) 2 2 3 n＋1 1 n ＝1－ ＝ . n＋1 n＋1
倒序相加法求和 这是推导等差数列的前n项和公式时所用的 方法，就是将一个数列倒过来排列，再把 它与原数列相加，就可以得到n个(a1 ＋an)， 其最简单的形式为：若数列{an}中有a1 ＋an ＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝„，就可以用此方 法求和．
例1 设函数 y＝f(x)的定义域为 R， 其图
【解】 (1)设公比为 q，则 an＝a1q a1＋a1q＝2 1 ＋ 1 ， a1 a1q
n－1
，
由已知有
2
a1q2＋a1q3＋a1q4＝64 1 2＋ 1 3＋ 1 4. a1q a1q a1q
a 1q＝2， 化简得 2 6 a 1q ＝64.
又 a1>0，故 q＝2，a1＝1.所以 an＝2n 1.
【名师点评】 错位相减法的运用并不困 难，其难点是运算的结果不易计算正确， 最后的结果，往往显得繁琐，因而整理化 简过程中要格外细心．
变式训练 3 在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)令 bn＝ ， n∈N*， 求数列{bn} log2an· 2an＋1 log 的前 n 项和 Sn.
4．分组转化法 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比 数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个 等差、等比或常见的数列，即能分别求和， 然后再合并． 5．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负项相 消剩下首尾若干项；常见的拆项公式有：
1 1 1 n－n＋1 (1) ＝______________. nn＋1 1 1 1 ( － ) 1 2 2n－1 2n＋1 (2) ＝________________．
－
1 2 2 1 (2)由(1)知 bn＝(an＋ ) ＝an＋ 2 ＋2 an an 1 n－1 ＝4 ＋ n－1＋2. 4 因此 Tn ＝(1＋4＋„＋4 4
n－ 1)＋2n n－ 1
1 )＋(1＋ ＋„＋ 4
1
1 4n－1 1－4n 1 n － ＝ ＋ ＋2n＝ (4 －41 n)＋2n＋1. 1 3 4－1 1－ 4
使用裂项法，要注意正负项相消时，消去了
哪些项，保留了哪些项；你是否注意到由于
数列{an}中每一项an均裂成一正一负两项，所
以互为相反数的项合并为零后，所剩正数项
与负数项的项数必是一样多的，切不可漏写 未被消去的项，未被消去的项有前后对称的 特点．实质上，正负项相消是此法的目的．
变式训练 4 (2011 年南通调研)已知数列{an}是各项均 不为 0 的等差数列，Sn 为其前 n 项和，且 1 2 满足 an＝S2n－1，令 bn＝ ，数列{bn} an·n＋1 a 的前 n 项和为 Tn. (1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前 n 项和 Tn； (2)是否存在正整数 m，n(1<m<n)，使得 T1，Tm，Tn 成等比数列？若存在，求出所 有的 m， 的值； n 若不存在， 请说明理由．
1 1 k 象关于点( ， )成中心对称， an＝f(n)， 令 2 2 (n∈N*， n≥2)， k＝1,2,3， n－1， „， „， 求数列{an}的前(n－1)项的和． 1 1 【思路分析】 图象关于( ，)成中心对称， 2 2 k k 所以 f(x)＋f(1－x)＝1，所以 f(n)＋f(1－n) ＝1，即可利用倒序相加法求 Sn－1.
1 1 1 1 1． 数列 ， ， ， „， ， „ 2×4 4×6 6×8 2n2n＋2 的前 n 项和为________．
n 答案： 4n＋4
2．(2011年镇江调研)设f(n)＝2＋24＋27＋210＋ „＋23n＋1(n∈N)，则f(n)等于________．
2 n＋ 1 答案： (8 －1) 7
2n－1 3．已知数列{an}的通项公式是 an＝ n ，其 2 321 前 n 项和 Sn＝ ，则项数 n 等于________． 64
答案：6
4．数列{an}的通项公式an＝(－1)n－1(4n－3)，
其前n项和为Sn，则S100等于________．
答案：－200
考点探究·挑战高考
考点突破
第四节
数列求和
双基研习·面对高考
第 四 节 数 列 求 和
考点探究·挑战高考
考向瞭望·把脉高考
双基研习·面对高考
基础梳理 1．公式法求和 (1)直接由等差、等比数列的求和公式求和． (2)掌握一些常见数列前n项和 nn＋1 1＋2＋3＋„＋n＝__________. 2 n2. 1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝_______
分组求和法 1．数列求和应从通项入手，若无通项，则 先求通项，然后通过对通项变形，转化为等 差或等比或可求数列前 n项和的数列来求 之． 2．常见类型及方法 (1)an ＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式 直接求解；
(2)an ＝a·n－1 ，利用等比数列前n项和公式直 q 接求解； (3)an＝bn±cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等 差数列，采用分组求和法求{an}的前n项和．
【名师点评】
分组求和法要注意数列的特
征或求和式子的特征，分成哪样的几种数列 求和，怎样分组都是在解题过程中应特别要 注意的．
拆项、裂项求和法 1．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，再就是将 通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系 数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项 公式相等．
(2)由 bn＝nan＝n·2n－1 知， 2 3 5 2n－1 Sn＝1×2＋2×2 ＋3×2 ＋„＋n· ，① 2 2 3 5 7 从 而 2 ·n ＝ 1×2 ＋ 2×2 ＋ 3×2 ＋ „ ＋ S 2n＋1 n· .② 2 2 3 5 2n － 1 ①－②得(1－2 )Sn ＝2＋2 ＋2 ＋„＋2 2n＋1 －n· ， 2 1 2n＋1 即 Sn＝ [(3n－1)2 ＋2]． 9
例2 (2010年高考课标全国卷)设数列{an}满足
a1＝2，an＋1－an＝3·2n－1. 2 (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 【思路分析】 (1)由an＋1 －an ＝3·2n－1 的结 2 构特点可知用迭代法或累加法求an ；(2)观察
(2)因为 an＝2n＋1， 所以 a2 －1＝4n(n＋1)， n 1 1 1 1 因此 bn＝ ＝ ( － )． 4nn＋1 4 n n＋1 故 Tn＝b1＋b2＋„＋bn 1 1 1 1 1 1 ＝ (1－ ＋ － ＋„＋ － ) n n＋1 4 2 2 3 1 1 n ＝ (1－ )＝ . 4 n＋1 4n＋1 n 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝ . 4n＋1
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·n}的前n b 等差数列 项和，其中{an}，{bn}分别是____________和 等比数列． ___________ 3．倒序相加法 将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列 相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的 和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法 等差数列 求和，它是__________求和公式的推广．
2n－12n＋1
n＋k－ n 1 (3) ＝_______________. k n＋k＋ n
思考感悟 裂项相消时的注意事项有哪些？
1 1 提示：裂项相消时，如 ＝ 2n－12n＋1 2 1 1 ( － )， 相消时， 消掉了哪些项、 2n－1 2n＋1 剩下了哪些项要特别注意．
课前热身
已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 1 1 1 1 1 a1＋a2＝2( ＋ )， 3＋a4＋a5＝64( ＋ ＋ )． a a1 a2 a3 a4 a5 (1)求{an}的通项公式； 1 2 (2)设 bn＝(an＋a ) ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. n
例3
【思路分析】 (1)用a1 ，q代入两已知条 件，可求出a1，q； (2)化简bn的式子，分组求和．
n－1 两式相加得 2Sn－1＝(n－1)· 1，∴Sn－1＝ . 2
【名师点评】 当数列具有“首尾配对”， “中心对称”特征时，常用倒序相加法．
变式训练 1 x2 1 1 1 已知函数 f(x)＝ 2，则 f( )＋f( )＋f( ) 4 3 2 1＋x ＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝________.
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【优化方案】2012高考数学总复习 第5章第4课时数列的综合应用精品课件 文 新人教A版
2．数列应用题常见模型 ． (1)等差模型：如果增加 或减少 的量是一个固定量 等差模型： 或减少)的量是一个固定量 等差模型 如果增加(或减少 该模型是等差模型，增加(或减少 或减少)的量就是公 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 等比模型： 等比模型 固定的数时，该模型是等比模型， 固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就 是公比． 是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间 递推数列模型： 递推数列模型 的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a 的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是 n 项和S 与an＋1之间的递推关系，还是前 项和 n与前 ＋1 ＋ 之间的递推关系，还是前n项和 与前n＋ 项和S ＋ 之间的递推关系． 项和 n＋1之间的递推关系．
思考感悟 银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？ 银行储蓄单利公式及复利公式是什么模型？ 提示：单利公式 设本金为a元 每期利率为r， 提示：单利公式——设本金为 元，每期利率为 ， 设本金为 存期为n，则本利和an＝a(1＋rn)，属于等差模 存期为 ，则本利和 ＋ ， 设本金为a元 每期利率为r， 型．复利公式——设本金为 元，每期利率为 ，存 复利公式 设本金为 期为n，则本利和 属于等比模型． 期为 ，则本利和an＝a(1＋r)n，属于等比模型． ＋
【名师点评】 名师点评】
③ ， ④ ④÷③可得：q＝3，则 b1＝3， ③可得： ＝ ， ， × ∈ ． ∴bn＝3×3n－1＝3n(n∈N*)． (2)由 cn＝an·bn＝(4n＋5)·3n， 由 ＋ ∴Sn＝9·3＋13·32＋17·33＋…＋(4n＋5)·3n. ① ＋ ＋ 两边同乘以 3 得： 3Sn ＝ 9·32 ＋ 13·33 ＋ 17·34 ＋ … ＋ (4n＋ 1)·3n ＋ (4n＋ ＋ ＋ 5)·3n＋1. ②
优化方案(新课标)高考数学一轮复习第五章第4讲数列求和课件文
一个数列的前 n 项和，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．
[做一做] 3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝ ___－__2_5__．
4．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_n＋__1＋__n__2－__2____．
1.已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q>1， 且 3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列
{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn. 解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， ∴3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0. ∵公比 q>1， 又首项 a1＝3，
∴Snn＝n＋2.
故S11＋S22＋…＋S1100＝75.
1．辨明两个易误点 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了 哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被 消去的项有前后对称的特点．
(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数， 应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．
第五章 数列
第4讲 数列求和
1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n（a12＋an）＝__n_a_1_＋__n_（__n_2－__1_）__d___. 2．等比数列的前 n 项和公式
Sn＝na1a1－1－，aqnqq＝＝1_，_a_1_（_1_1－_－_q_q_n）__)___，q≠1.
3．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n2＋1）； (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝___n_2______； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝__n_2＋__n_____．
[做一做] 3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝ ___－__2_5__．
4．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_n＋__1＋__n__2－__2____．
1.已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q>1， 且 3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列
{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn. 解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， ∴3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0. ∵公比 q>1， 又首项 a1＝3，
∴Snn＝n＋2.
故S11＋S22＋…＋S1100＝75.
1．辨明两个易误点 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了 哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被 消去的项有前后对称的特点．
(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数， 应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．
第五章 数列
第4讲 数列求和
1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n（a12＋an）＝__n_a_1_＋__n_（__n_2－__1_）__d___. 2．等比数列的前 n 项和公式
Sn＝na1a1－1－，aqnqq＝＝1_，_a_1_（_1_1－_－_q_q_n）__)___，q≠1.
3．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n2＋1）； (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝___n_2______； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝__n_2＋__n_____．
高三数学一轮总复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.ppt
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n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这 个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶 数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
7
2 种思路——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。
8
3 个注意点——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。
＝6m＋5m(m－1)＋2(2m－1) ＝6m＋5m2－5m＋2m＋1－2 ＝2m＋1＋5m2＋m－2。 答案：2m＋1＋5m2＋m－2
13
5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝__________。
解析：∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2。 ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。 答案：(n－1)2n＋1＋2
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.pptx
分组转化法求和的常见类型 1．若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求
{an}的前 n 项和． 2．通项公式为 an＝cbnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比 数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，
Sn＝na12＋an＝_n_a_1_＋__n_n_－2__1__d___.
(2)等比数列的前 n 项和公式： Sn＝naa11－1－，aqqnq＝＝1_a，_11_1－_－_q_q_n_，__q_≠__1_._ 2．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 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项 和公式即是用此法推导的．
1．必会结论 常用求和公式
前 n 个正整数之和 前 n 个正奇数之和
前 n 个正整数的平方和
前 n 个正整数的立方和
1＋2＋…＋n＝nn2＋1 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2
nn＋12n＋1 12＋22＋…＋n2＝________6_______
13＋23＋…＋n3＝nn＋2 12
2.必知联系 (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． (3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后 剩多少项．
(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) ＝211－－2210＋1＋102×10 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.
{an}的前 n 项和． 2．通项公式为 an＝cbnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比 数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，
Sn＝na12＋an＝_n_a_1_＋__n_n_－2__1__d___.
(2)等比数列的前 n 项和公式： Sn＝naa11－1－，aqqnq＝＝1_a，_11_1－_－_q_q_n_，__q_≠__1_._ 2．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 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项 和公式即是用此法推导的．
1．必会结论 常用求和公式
前 n 个正整数之和 前 n 个正奇数之和
前 n 个正整数的平方和
前 n 个正整数的立方和
1＋2＋…＋n＝nn2＋1 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2
nn＋12n＋1 12＋22＋…＋n2＝________6_______
13＋23＋…＋n3＝nn＋2 12
2.必知联系 (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． (3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后 剩多少项．
(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) ＝211－－2210＋1＋102×10 ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.
2012届高考数学(文)《优化方案》一轮总复习课件第5章§5.2(大纲版)
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• 2．已知平面向量a＝(1,2)．b＝(－2，m)， 若a⊥b，则2a＋3b＝( ) • A．(－2,7) B．(－4,7) • C．(－2,3) D．(4,5) • 解析：选B.因为a＝(1,2)，b＝(－2，m)， 且a⊥b，所以a· b＝0，即1×(－2)＋2m＝ 0，所以m＝1，所以2a＋3b＝(－4,7)．
例3
示d－c和a＋b，根据向量共线关系寻求 x、
y的关系式．
【解】 设 d＝ (x， y)， ∴ d－ c＝ (x， y)－ (4,1)＝ (x－ 4， y－ 1)． 而 a＋ b＝(3,2)＋(－ 1,2)＝(2,4)． 又∵ (d－ c)∥(a＋ b)． x－ 4 y－ 1 ∴ ＝ . 2 4 ∴ 2x－ y－ 7＝ 0，即为 d 终点的轨迹．
• 互动探究1
向量共线的坐标运算
• 向量共线的坐标表示提供了通过代数运
算来解决向量共线的方法，也为点共线、
线平行问题的处理提供了容易操作的方
法，参考本节教材例4，例5
• 平面内三个向量 a ＝ (3,2) ， b ＝ ( － 1,2) ， c＝(4,1)，若d满足(d－c)∥(a＋b)且d的起 点为坐标原点，求d终点的轨迹方程． • 【思路分析】 设 d ＝ (x ， y) ，用坐标表
为坐标原点，则 | OP |的最大值为 ( 3 2 1 A. a B. a C. a 2 2 2
→
) D． a
→ → 解析：选 D.由题意知，OP＝ tOB＋ (1－ t)OA＝ (a 12 1 → 2 － ta， ta)， |OP|＝ 2t － 2t＋ 1· a＝ 2 t－ ＋ · a， 2 2 故 t＝0 或 1 时， |OP|取得最大值 a，选 D.
高考数学文优化方案一轮复习课件第5第四数列求和苏教江苏专用
(2)因为 an＝2n＋1，所以 a2n－1＝4n(n＋1)， 因此 bn＝4nn1＋1＝14(n1－n＋ 1 1)． 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝14(1－12＋12－13＋…＋n1－n＋ 1 1) ＝14(1－n＋ 1 1)＝4nn＋1. 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝4nn＋1.
{Tn}中的 T1，Tm，Tn 成等比数列．
方法感悟
方法技巧
1．求和问题可以利用等差、等比数列的前n项 和公式解决，在具体问题中，既要善于从数列 的通项入手观察数列的特点与变化规律，又要 注意项数． 2．非等差(比)的特殊数列求和题通常的解题思 路是： (1)设法转化为等差数列或等比数列，这一思想 方法往往通过通项分解或错位相消来完成．
这是推导等差数列的前n项和公式时所用的 方法，就是将一个数列倒过来排列，再把 它与原数列相加，就可以得到n个(a1＋an)， 其最简单的形式为：若数列{an}中有a1＋an ＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…，就可以用此方 法求和．
例1 设函数 y＝f(x)的定义域为 R，其图
象关于点(12，12)成中心对称，令 an＝f(nk)， (n∈N*，n≥2)，k＝1,2,3，…，n－1，…， 求数列{an}的前(n－1)项的和． 【思路分析】 图象关于(12，12)成中心对称，
＝2nn＋1.
(2)由(1)可知，Tn＝2nn＋1，
所以 T1＝13，Tm＝2mm＋1，
若 T1，Tm，Tn 成等比数列，则(2mm＋1)2＝13
(2nn＋1)， 即4m2＋m42m＋1＝6nn＋3. 可得n3＝－2m2＋m24m＋1，
所以－2m2＋4m＋1>0， 从而：1－ 26<m<1＋ 26，又 m∈N*，且 m>1， 所以 m＝2，此时 n＝12. 故可知：当且仅当 m＝2，n＝12 时，数列
高考数学文优化方案一轮复习第5第五数列的综合应用苏教江苏专用-精品.ppt
当 a＝1 时，aan＋n 2＝1，即 an＋2＝an，同时 a1＝a2＝ 1，所以此时{an}能构成等比数列．
考点二 数列与函数、不等式的综合应用
涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试 题，在解题过程中通常用递推思想、函数与 方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等 数学思想方法，属于中、高档难度的题目．
请说明理由．
【思路分析】 (1)由基本量运算可得结果；
(2)讨论a＝1和a≠1两种情况；(3)利用等比数
列的定义判断．
【解】 (1)∵{an}是等差数列，a1＝1，a2＝a， ∴an＝1＋(n－1)(a－1)． 又∵b3＝12，∴a3a4＝12， 即(2a－1)(3a－2)＝12，解得 a＝2 或 a＝－56. ∵a>0，∴a＝2.∴an＝n.
答案：3
3．随着计算机技术的迅猛发展，电脑的价格 不断降低，若每隔4年电脑的价格降低三分之 一，则现在价格为8100元的电脑12年后的价格 可降为________． 答案：2400元 4．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3 成等差数列，则a3＋a4＋a5等于________． 答案：84
第五节 数列的综合应用
第 五
双基研习·面对高考
节
数
考点探究·挑战高考
列
的
综பைடு நூலகம்
合 应
考向瞭望·把脉高考
用
双基研习·面对高考
基础梳理
1．数列与其他章节的综合题 数列综合题，包括数列知识和指数函数、对 数函数、不等式的知识综合起来．另外，数 列知识在复数、三角函数、解析几何部分也 有广泛的应用．
(1)对于等差数列：_a_n_＝__a_1_＋__(_n_－__1_)d_＝__d_n_＋__(_a_1 _－__d_)_，当d≠0时，an是n的一次函数．对应的 点(n，an)是位于直线上的若干个点．当d>0时， 函数是增函数，对应的数列是递增数列；同 理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列 是常数列；d<0时，函数是减函数，对应的数 列是递减数列．
考点二 数列与函数、不等式的综合应用
涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试 题，在解题过程中通常用递推思想、函数与 方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等 数学思想方法，属于中、高档难度的题目．
请说明理由．
【思路分析】 (1)由基本量运算可得结果；
(2)讨论a＝1和a≠1两种情况；(3)利用等比数
列的定义判断．
【解】 (1)∵{an}是等差数列，a1＝1，a2＝a， ∴an＝1＋(n－1)(a－1)． 又∵b3＝12，∴a3a4＝12， 即(2a－1)(3a－2)＝12，解得 a＝2 或 a＝－56. ∵a>0，∴a＝2.∴an＝n.
答案：3
3．随着计算机技术的迅猛发展，电脑的价格 不断降低，若每隔4年电脑的价格降低三分之 一，则现在价格为8100元的电脑12年后的价格 可降为________． 答案：2400元 4．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3 成等差数列，则a3＋a4＋a5等于________． 答案：84
第五节 数列的综合应用
第 五
双基研习·面对高考
节
数
考点探究·挑战高考
列
的
综பைடு நூலகம்
合 应
考向瞭望·把脉高考
用
双基研习·面对高考
基础梳理
1．数列与其他章节的综合题 数列综合题，包括数列知识和指数函数、对 数函数、不等式的知识综合起来．另外，数 列知识在复数、三角函数、解析几何部分也 有广泛的应用．
(1)对于等差数列：_a_n_＝__a_1_＋__(_n_－__1_)d_＝__d_n_＋__(_a_1 _－__d_)_，当d≠0时，an是n的一次函数．对应的 点(n，an)是位于直线上的若干个点．当d>0时， 函数是增函数，对应的数列是递增数列；同 理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列 是常数列；d<0时，函数是减函数，对应的数 列是递减数列．
2012届高考数学(文)《优化方案》一轮复习课件第5章第五节数列的综合应用(苏教版江苏专用
即log5(an＋3)＝2n－1，
∴an＋3＝ 52
n1
，
∴ a n＝ 5
2 n1
－3.
1 1 (3)证明：∵bn＝ － 2 an－6 an＋6an 1 1 ＝ － . an－6 an＋1－6 1 1 1 1 ∴ Tn ＝ － ＋ － ＋…＋ a1－6 a2－6 a2－6 a3－6 1 1 1 1 1 － ＝ － ＝－ － 4 an－6 an＋1－6 a1－6 an＋1－6
解：(1)因为 Sn＝n2， 所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1. 又当 n＝1 时，a1＝S1＝1，适合上式， 所以 an＝2n－1(n∈N*)． 2n－ 1 bn＝ 所以 2n－ 1＋m ，则 1 3 15 b1＝ ，b2＝ ，b8＝ ， 1＋m 3＋m 15＋m
3 2 1 15 ( )＝ ， 由 b2 ＝ b b ，得 2 1 8 3＋m 1＋m 15＋m
答案：3
3 ．随着计算机技术的迅猛发展，电脑的价格
不断降低，若每隔 4 年电脑的价格降低三分之
一，则现在价格为8100元的电脑12年后的价格 可降为________． 答案：2400元 4．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3
成等差数列，则a3＋a4＋a5等于________．
答案：84
例3 设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，且 a5 ＋
a13＝34，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式；
an (2)设数列{bn}的通项公式为 bn＝ ，问：是 an＋t
否 存 在 正 整 数 t ， 使 得 b1 ， b2 ， bm(m≥3 ， m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；
解得 m＝0(舍)或 m＝9，所以 m＝9.
【人教A版】2012高三数学(文)《优化方案》总复习课件第5章第2课时
例1 已 知 数 列 {an} 的 通 项 公 式 an ＝ pn2 ＋ qn(p、q∈R，且p、q为常数)． (1)当p和q满足什么条件时，数列{an}是等差数 列？ (2)求证：对任意实数p和q，数列{an＋1－an}是 等差数列．
【思路分析】 (1)直接运用定义证明； (2)视an＋1－an为一整体再用定义法即可．
考点突破
等差数列的判定 证明一个数列{an}是等差数列的基本方法有两种： 一 是 利 用 等 差 数 列 的 定 义 法 ， 即 证 明 an ＋ 1 － an ＝ d(n∈N*)，二是利用等差中项法，即证明：an＋2＋ an＝2an＋1(n∈N*)．在选择方法时，要根据题目条 件的特点，如果能够求出数列的通项公式，则可 以利用定义法，否则，可以利用等差中项法．
预测2012年浙江高考仍将以等差数列的 定义、通项公式和前n项和公式为主要考点， 重点考查学生的运算能力与逻辑推理能 力．
规范解答
例 (本题满分 12 分)(2010 年高考课标全国卷)设等 差数列{an}满足 a3＝5，a10＝－9.
(1)求{an}的通项公式； (2)求{an}的前 n 项和 Sn及使得 Sn最大的序号 n 的值．
＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36.
又 Sn＝n
(a1＋an) 2
＝324，
∴18n＝324.∴n＝18.∴a1＋a18＝36. ∴a9＋a10＝a1＋a18＝36.
(2)∵TSnn＝32nn－ ＋13，
∴TS1155＝32××1155－ ＋13＝4343＝43.
∵S15＝15
(a1＋a15) 2
【方法小结】 证明{an}为等差数列除了可以利 用定义法及中项法外还可以利用； (1)通项法：an 为 n 的一次函数⇔{an}为等差数 列．
新高考数学人教版一轮课件：第5章-第4讲-数列求和-
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)；
(6)nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2.
第五章 数列
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题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和为 Sn
＝a11－－aqn＋1.
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6．(2020·课标Ⅰ，16,5分)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前 16项和为540，则a1＝__7__.
[解析] 令n＝2k(k∈N*)，则有a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)， ∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a16＝41， ∴前16项的所有偶数项和S偶＝5＋17＋29＋41＝92， ∴前16项的所有奇数项和S奇＝540－92＝448， 令n＝2k－1(k∈N*)，则有a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)．
第五章 数列
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(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝ (1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋ (9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－ 13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22 －S31＝29－44－61＝－76.
第五章 数列
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