高考理科数学一轮复习：第6章（4）数列求和、数列的综合应用ppt课件（含答案）.pptx

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1、第四讲 数列求和、数列的综合应用,【高考帮理科数学】第六章：数 列,考情精解读,A考法帮题型全突破,目录 CONTENTS,考纲要求,命题规律,命题分析预测,考法1 数列求和,考法2 等差、等比数列的综合应用,考法3 数列与函数、不等式等的综合应用,考法4 数列的实际应用,考情精解读,考纲要求 命题规律 命题分析预测,理科数学 第六章：数列,考纲要求,能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.,命题规律,1.分析预测 本讲是高考的热点,其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点,多以解答题的形式呈现. 2.

2、学科素养 本讲主要考查考生的数学运算能力和逻辑推理能力.,命题分析预测,A考法帮题型全突破,考法1 数列求和,考法2 等差、等比数列的综合应用,考法3 数列与函数、不等式等的综合应用,考法4 数列的实际应用,理科数学 第六章：数列,考法1 数列求和,考法指导 数列求和的方法 (1)公式法 等差数列:Sn= ( 1 + ) 2 =na1+ (1) 2 . 等比数列:当q=1时,Sn=na1; 当q1时,Sn= 1 (1 ) 1 = 1 1 . (2)分组求和法 根据数列或数列通项公式的特征,将其分解为一些可以直接求和的数列(如等差数列、等比数列、常数列等),再分组求和.,理科数学 第六章：数列,

3、(3)错位相减法 一般地,如果数列an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法求解,一般是在等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1两种情况讨论. (4)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,相加过程中消去中间项,只剩有限项再求和,分式数列的求和多用此法.,理科数学 第六章：数列,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.有些情况下,裂项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. 常见的拆项公式 a. 1 (+1) =

4、1 - 1 +1 ; b. 1 (21)(2+1) = 1 2 ( 1 21 - 1 2+1 ); c. 1 + +1 = +1 - ;,理科数学 第六章：数列,d. 2 ( 2 1)( 2 +1 1) = 1 2 1 - 1 2 +1 1 ; e. 1 (+1)(+2) = 1 2 1 (+1) - 1 (+1)(+2) ; f.若an为等差数列,公差为d(d0),则 1 +1 = 1 ( 1 - 1 +1 ). (5)倒序相加法 已知数列特征是“与首末两端等距离的两项之和相等”,先把求和的式子倒过来写,然后对两个求和的式子进行相加,即可求出该数列的前n项和.,理科数学 第六章：数列,示例1

5、 已知数列an满足a1=1,an+1= 3 2 +3 ,nN*. (1)求证:数列 1 为等差数列; (2)设T2n= 1 1 2 - 1 2 3 + 1 3 4 - 1 4 5 + 1 21 2 - 1 2 2+1 ,求T2n. 思路分析 (1)欲证数列 1 为等差数列,只需证 1 +1 - 1 为常数; (2)利用(1)的结论,求出数列 1 的通项公式,再利用公式法求T2n.,理科数学 第六章：数列,解析 (1)由an+1= 3 2 +3 ,得 1 +1 = 2 +3 3 = 1 + 2 3 , (取倒数) 所以 1 +1 - 1 = 2 3 . 又a1=1,则 1 1 =1,所以数列 1

6、 是首项为1,公差为 2 3 的等差数列. (2)设bn= 1 21 2 - 1 2 2+1 =( 1 21 - 1 2+1 ) 1 2 , (提取公因式) 由(1)得,数列 1 是公差为 2 3 的等差数列,理科数学 第六章：数列,所以 1 21 - 1 2+1 =- 4 3 ,即bn=( 1 21 - 1 2+1 ) 1 2 =- 4 3 1 2 , 所以bn+1-bn=- 4 3 ( 1 2+2 - 1 2 )=- 4 3 4 3 =- 16 9 . 又b1=- 4 3 1 2 =- 4 3 ( 1 1 + 2 3 )=- 20 9 , 所以数列bn是首项为- 20 9 ,公差为- 16

7、 9 的等差数列, 所以T2n=b1+b2+bn=- 20 9 n+ (1) 2 (- 16 9 )=- 4 9 (2n2+3n) (运用公式法求和),理科数学 第六章：数列,点评 此类题易错点有两处: 一是没有找对数列的首项,如误以为数列 1 的首项是a1; 二是项数算错,如本题在构造新数列bn,然后用公式法求T2n时,误以为项数为2n,事实上,此时的项数为n.,理科数学 第六章：数列,示例2 已知等差数列an的首项为a,公差为d,nN*,且不等式ax2-3x+20的解集为(1,d). (1)求数列an的通项公式an; (2)若bn= 3 +an-1,nN*,求数列bn的前n项和Tn. 思路

8、分析 (1)由不等式ax2-3x+20的解集为(1,d),可知d,1是方程ax2-3x+2=0的两根,由根与系数的关系即可列出方程组,求出a和d的值,从而得数列an的通项公式;(2)利用(1)的结果,表示出bn,然后运用分组求和法,即可得结果.,理科数学 第六章：数列,解析 (1)易知a0,由题设可知 1+= 3 , 1= 2 , 解得 =1, =2. 故数列an的通项公式为an=1+(n-1)2=2n-1. (2)由(1)知bn=32n-1+2n-1-1, 则Tn=(3+1)+(33+3)+(32n-1+2n-1)-n =(31+33+32n-1)+(1+3+2n-1)-n (分成三组求和)

9、 = 3 1 (1 9 ) 19 + (1+21) 2 -n (用求和公式时注意项数) = 3 8 (9n-1)+n2-n.,理科数学 第六章：数列,示例3 2017天津,18,13分理已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*), bn是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. ()求an和bn的通项公式; ()求数列a2nb2n-1的前n项和(nN*). 解析 ()设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q(q0). 因为b2+b3=12,所以b1(q+q2)=12, 又b1=2,所以q+q2-6=0. 解得q=2,所以bn=2n.,

10、理科数学 第六章：数列,由b3=a4-2a1,S11=11b4,可得 3 1 =8, 11 1 + 1110 2 =11 2 4 , (构造方程组) 解得 1 =1, =3, 所以an=3n-2. 所以数列an的通项公式为an=3n-2,数列bn的通项公式为bn=2n. ()由()知,a2n=6n-2,b2n-1=24n-1. 设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn,a2nb2n-1=(3n-1)4n, 故Tn=24+542+843+(3n-1)4n,理科数学 第六章：数列,4Tn=242+543+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1, -得 -3Tn=24+342+343+34n-(3n-

11、1)4n+1 = 12(1 4 ) 14 -4-(3n-1)4n+1 =-(3n-2)4n+1-8, (错位相减时,注意最后一项的符号) 所以Tn= 32 3 4n+1+ 8 3 . 故数列a2nb2n-1的前n项和为 32 3 4n+1+ 8 3 .,理科数学 第六章：数列,示例4 已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列an的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1 4 +1 ,求数列bn的前n项和Tn. 解析 (1)因为S1=a1,S2=2a1+ 21 2 2=2a1+2, S4=4a1+ 43 2 2=4a1+12, 由题意得(2a1+2

12、)2=a1(4a1+12), 解得a1=1,所以an=2n-1.,理科数学 第六章：数列,(2)bn=(-1)n-1 4 +1 =(-1)n-1 4 (21)(2+1) =(-1)n-1( 1 21 + 1 2+1 ). (对通项公式裂项) 当n为偶数时,Tn=(1+ 1 3 )-( 1 3 + 1 5 )+( 1 23 + 1 21 )-( 1 21 + 1 2+1 )=1- 1 2+1 = 2 2+1 . 当n为奇数时,Tn=(1+ 1 3 )-( 1 3 + 1 5 )+-( 1 23 + 1 21 )+( 1 21 + 1 2+1 )=1+ 1 2+1 = 2+2 2+1 . 所以Tn

13、= 2+2 2+1 ,为奇数, 2 2+1 ,为偶数. (或Tn= 2+1+(1 ) 1 2+1 ),理科数学 第六章：数列,拓展变式1 已知正实数x,y满足lg x+lg y=8,且 Sn=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+lg(xyn-1)+lg yn,nN*,则Sn=.,理科数学 第六章：数列,答案 4n(n+1) 解析 因为lg x+lg y=8,所以lg(xy)=8, 因为Sn=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+lg(xyn-1)+lg yn, 所以Sn=lg yn+lg(xyn-1)+lg(xn-2y2)+lg(xn-1y)+lg xn, 以

14、上两式相加得 2Sn=(lg xn+lg yn)+lg(xn-1y)+lg(xyn-1)+(lg yn+lg xn) =lg(xnyn)+lg(xn-1yxyn-1)+lg(ynxn) =nlg(xy)+lg(xy)+lg(xy) =n(n+1)lg(xy) =8n(n+1), 故Sn=4n(n+1).,考法2 等差、等比数列的综合应用,考法指导 1.等差数列与等比数列比较表,理科数学 第六章：数列,2.将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系,利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解.求解时,应“瞄准目标”,灵活应用数列的有关性质,简化运算过程.求解过程中注意合理选择有关公式,正确判

15、断是否需要分类讨论. 3.一定条件下,等差数列与等比数列之间是可以相互转化的,即an为等差数列 (a0且a1)为等比数列;an为正项等比数列logaan(a0且a1)为等差数列.,理科数学 第六章：数列,示例5 2017全国卷,17,12分记Sn为等比数列an的前n项和.已知S2=2,S3=-6. (1)求an的通项公式; (2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列. 思路分析 (1)利用等比数列的前n项和公式,可得首项与公比的方程组,解方程组,求出首项与公比的值,代入等比数列的通项公式,即可求出数列an的通项公式; (2)利用等比数列的前n项和公式,求出Sn,并判断Sn+1+

16、Sn+2是否等于2Sn ，即可得结论.,理科数学 第六章：数列,解析 (1)设an的公比为q.由题设可得 1 (1+)=2, 1 (1+ 2 )=6, 解得 =2, 1 =2. 故an的通项公式为an=(-2)n. (2)由(1)可得Sn= 1 (1 ) 1 =- 2 3 +(-1)n 2 +1 3 . 由于Sn+2+Sn+1=- 4 3 +(-1)n 2 +3 2 +2 3 =2- 2 3 +(-1)n 2 +1 3 =2Sn, 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.,理科数学 第六章：数列,示例6 数列an的前n项和记为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1 (n1). (1)求an的通项公

17、式; (2)等差数列bn的各项为正,其前n项和为Tn,且T3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,求Tn. 思路分析 (1)根据已知的递推关系求通项公式;(2)根据等比关系列方程求公差,则前n项和易求. 解析 (1)由an+1=2Sn+1,可得an=2Sn-1+1 (n2), 两式相减得an+1-an=2an,则an+1=3an (n2). 又a2=2S1+1=3,所以a2=3a1.,理科数学 第六章：数列,故an是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1. (2)设bn的公差为d. 由T3=15,即b1+b2+b3=15,可得b2=5, 故b1=5-d,b3=5+d

18、.又a1=1,a2=3,a3=9, 由a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得d=2或d=-10. 因为等差数列bn的各项为正, 所以d0. 所以d=2,b1=3,所以Tn=3n+ (1) 2 2=n2+2n.,理科数学 第六章：数列,拓展变式2 等差数列an的前n项和为Sn,数列bn是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)令cn= 2 ,为奇数, ,为偶数, 设数列cn的前n项和为Tn,求T2n.,理科数学 第六章：数列,解析 (1)设数列an的公差为d,数

19、列bn的公比为q,则 由 2 + 2 =10, 5 2 2 = 3 , 得 +6+=10, 3+42=3+2, 解得 =2, =2, 所以an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n-1. (2)由a1=3,an=2n+1,得Sn=n(n+2), 则cn= 2 (+2) ,为奇数, 2 1 ,为偶数, 即cn= 1 1 +2 ,为奇数, 2 1 ,为偶数,理科数学 第六章：数列,T2n=(c1+c3+c2n-1)+(c2+c4+c2n) =(1- 1 3 )+( 1 3 - 1 5 )+( 1 21 - 1 2+1 )+(2+23+22n-1) =1- 1 2+1 + 2(1 4 ) 14 =

20、 2 2+1 + 2 3 (4n-1).,考法3 数列与函数、不等式等的综合应用,考法指导 1.数列与函数综合问题的主要类型及求解策略 (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题. (2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形. 注意数列与函数的不同,数列只能看作是自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性.,理科数学 第六章：数列,2.数列与不等式的综合问题的主要类型及求解策略 (1)判断数列问题中的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小,或者借助数列对应函数的单调性比较大小

21、,还可以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,此类问题可转化为函数的最值问题; (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题,此类问题常通过构造函数证明,或者直接利用放缩法证明.,示例7 已知函数f(x)在R上的图象是连续不断的一条曲线,当x0时, f(x)2,对任意的x, yR, f(x)+f(y)=f(x+y)+2成立,若数列an满足a1=f(0),且f(an+1)=f( +3 ), nN*,则a2 018的值为 A.2 B. 6 2 3 2 017 1 C. 2 2 3 2 017 1 D. 2 2 3 2 016 1,理科数学 第六章：数列,思路分析 对x,y

22、赋值,求出f(0),即a1,判断函数f(x)的单调性,并由f(an+1)=f( +3 ),得数列an的递推公式,从而求出a2 018的值. 解析 令x=y=0,得 f(0)=2,所以a1=2. 设x1,x2是R上的任意两个数,且x10, 因为当x0时,f(x)2,所以f(x2-x1)2, 则f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)-22+f(x1)-2=f(x1), 所以f(x)在R上是减函数. 因为f(an+1)=f( +3 ),理科数学 第六章：数列,所以an+1= +3 ,即 1 +1 = 3 +1, (取倒数) 所以 1 +1 + 1 2 =3( 1 + 1 2

23、 ), 所以 1 + 1 2 是以1为首项,3为公比的等比数列, (注意首项是 1 1 + 1 2 =1) 所以 1 + 1 2 =3n-1,即an= 2 2 3 1 1 . 所以a2 018= 2 2 3 2 017 1 . 答案 C,理科数学 第六章：数列,示例8 数列an中, a1= 1 2 ,an+1= (+1)( +1) (nN*),若不等式 3 2 + 1 +tan0恒成立,则实数t的取值范围是. 思路分析 由题易知an0,不等式 3 2 + 1 +tan0恒成立等价于-t( 3 2 + 1 )min,因此利用数列an的递推公式,求出其通项公式,从而求出 3 2 + 1 的最小值,

24、即可求解.,理科数学 第六章：数列,解析 由an+1= (+1)( +1) ,得 1 (+1) +1 - 1 =1,又 1 1 =2, 所以数列 1 是首项为2,公差为1的等差数列, 则 1 =n+1,即an= 1 (+1) . 不等式 3 2 + 1 +tan0恒成立等价于-t 3 +n+4恒成立 (分离参数法) 易知当n=2时, 3 +n+4取得最小值 15 2 , (求最值,注意隐蔽条件nN*) 所以-t 15 2 ,即t- 15 2 . 所以实数t的取值范围是- 15 2 ,+).,理科数学 第六章：数列,点评 求数列的最值的易错点是忽视nN*这一隐蔽条件,导致求出的结果错误,如本题易

25、由 3 +n+42 3 +4=2 3 +4,误得( 3 +n+4)min=2 3 +4,从而误得t-2 3 -4.,理科数学 第六章：数列,拓展变式3 已知an是由正数组成的数列,a1=1,且点( ,an+1)(nN*)在函数y=x2+1的图象上. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足b1=1,bn+1=bn+ 2 ,求证:bnbn+2 +1 2 .,理科数学 第六章：数列,理科数学 第六章：数列,解析 (1)由已知,得an+1=an+1,即an+1-an=1, 又a1=1,所以数列an是以1为首项,1为公差的等差数列. 故an=1+(n-1)1=n. (2)由(1),知an=n

26、,从而bn+1-bn=2n. bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1 =2n-1+2n-2+2+1 = 1 2 12 =2n-1.,理科数学 第六章：数列,因为bnbn+2- +1 2 =(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2 =(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-22n+1+1) =-52n+42n =-2n0, 所以bnbn+2 +1 2 .,考法4 数列的实际应用,考法指导 1.数列实际应用中的常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定的数,则该模型是等差模型,这个固定的数就是公差; (2)等比模型:如果后一个量与前

27、一个量的比是一个固定的数,则该模型是等比模型,这个固定的数就是公比; (3)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化,则应考虑考查的是第n项an与第n+1项an+1的递推关系还是前n项和Sn与前n+1项和Sn+1之间的递推关系.,理科数学 第六章：数列,2.解答数列实际应用题的步骤 (1)审题:仔细阅读材料,认真理解题意; (2)建模:将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题; (3)求解:求出该问题的数学解; (4)还原:将所求结果还原到实际问题中. 在实际问题中建立数列模型时,一般有两种途径:一是从特例入手,归纳猜想,再推广到一般结论;二是

28、从一般入手,找到递推关系,再进行求解.,理科数学 第六章：数列,示例9 某企业为了进行技术改造,设计了两种方案,甲方案:一次性贷款10万元,第一年便可获利1万元,以后每年比前一年增加30%的利润;乙方案:每年贷款1万元,第一年可获利1万元,以后每年比前一年增加5千元.两种方案的使用期都是10年,到期一次性归还本息.若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算,试比较两种方案中,哪种获利更多? (参考数据:取05101.629,1.31013.786,1.51057.665),理科数学 第六章：数列,思路分析,理科数学 第六章：数列,解析 甲方案中,每年所获利润组成等比数列,首项为1,公比为(1+

29、30%),所以10年所获得的总利润为 S10=1+(1+30%)+(1+30%)2+(1+30%)9= 1. 3 10 1 0.3 42.62(万元), 贷款到期时,需要偿还银行的本息是10(1+5%)1016.29(万元), 故使用甲方案所获纯利润为42.62-16.29=26.33(万元). 乙方案中,每年的利润组成等差数列,首项为1,公差为0.5,所以10年所获得的总利润为T10=1+(1+0.5)+(1+20.5)+(1+90.5)=101+ 109 2 0.5=32.5(万元),理科数学 第六章：数列,从第一年起,每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列,首项为1(1+5%)10万

30、元,公比为 1 1+5% , 故贷款到期时,需要偿还银行的本息是 1(1+5%)10+(1+5%)9+(1+5%)=1.05 1.0 5 10 1 0.05 13.21(万元), 故使用乙方案所获纯利润为32.5-13.21=19.29(万元). 综上可知,甲方案获利更多.,理科数学 第六章：数列,拓展变式4 某国采用养老储备金制度,要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金,数目为a1,以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d0),因此,历年所交纳的储备金数目a1,a2,是一个公差为d的等差数列.与此同时,国家给予优惠的计息政策:不仅采用固定利率,而且复利计算.这就是说,如果固定年利率为r(r0)

31、,那么,在第n年末,第一年所交纳的储备金就变为a1(1+r)n-1,第二年所交纳的储备金就变为a2(1+r)n-2,.以Tn表示第n年末所累计的储备金总额. (1)写出Tn与Tn-1(n2)的递推关系式; (2)求证:Tn=An+Bn,其中An是一个等比数列,Bn是一个等差数列.,理科数学 第六章：数列,解析 (1)Tn=Tn-1(1+r)+an(n2). (2)T1=a1,对n2反复使用(1)中关系式,得 Tn=Tn-1(1+r)+an=Tn-2(1+r)2+an-1(1+r)+an= a1(1+r)n-1+a2(1+r)n-2+an-1(1+r)+an. 在式两端同乘以(1+r),得(1+r)Tn= a1(1+r)n+a2(1+r)n-1+an-1(1+r)2+an(1+r). -,得rTn=a1(1+r)n+d(1+r)n-1+(1+r)n-2+(1+r)-an = (1+r)n-1-r+a1(1+r)n-an,理科数学 第六章：数列,即Tn= 1 + 2 (1+r)n- n- 1 + 2 . 如果记An= 1 + 2 (1+r)n,Bn=- 1 + 2 - n, 则Tn=An+Bn,其中An是以 1 + 2 (1+r)为首项,1+r(r0)为公比的等比数列,Bn是以- 1 + 2 - 为首项,- 为公差的等差数列.,