2021年浙江高考数学复习课件：6.4 数列求和、数列的综合应用

na1.
例1 (2019浙江高考数学仿真卷,20)已知数列{an}为等差数列,且a2=3,a5=9, 数列{bn}满足Sn+bn=1,其中Sn为数列{bn}的前n项和,n∈N*. (1)求数列{an},{bn}的通项公式,并求数列{anbn}的前n项和Tn; (2)令cn=(a1+a2+…+an)×bn,设数列{cn}的前n项和为Rn,求证:Rn<6.
1 < 1 = n - n-1(n≥1).
2 n n n-1
考点三 数学归纳法
考向基础 1.由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法叫归纳法.根据 推理过程中考察的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不 完全归纳法. 2.数学归纳法证题的步骤 (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n=n0(n0∈N*)时,命题成立. (2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时,命题成立,证明当n=k+1时命题也成 立. 只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.
2n 2n
3
=3-
n2
4n 2n1
6
,
所以Rn=6-
n2
4n 2n
6
<6,故命题得证.
(15分)
方法2 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.
+2
1 22
1 23
…
1 2n
=
1 2
-
2n-1 2n1
+2×
1 4
1-
1 2n-1
11
,
2
即Tn=3-
2n 2n
3
.
(7分)
(2)证明:由题意得cn=(a1+a2+…+an)×bn= (1
2n-1)n 2
×
1 2n
=
n2 2n
,
(9分)
所以Rn=
12 21
+
22 22
+…+
n2 2n
①,
所以
1 2
Rn=
12 22
+ 22
23
+…+ (n-1)2
2n
+ n2
2n1
②,
(12分)
①-②得
1 2
Rn=
1 2
-
n2 2n1
+
3 22
5 23
…
2n-1 2n
=-
n2 2n1
+
1 21
3 22
5 23
…
2n-1 2n
=-
n2 2n1
+Tn=-
n2 2n1
+3-
2
2
因此数列{bn}是以 1 为首项, 1 为公比的等比数列,
2
2
所以bn=
1 2
n
.
(4分)
此时anbn=
2n-1 2n
,则Tn=
1 21
+
3 22
+…+
2n-1 2n
①,
所以
1 2
Tn=
1 22
+
3 23
+…+
2n-3 +
2n
2n-1 ②,
2n1
①-②,可得
1 2
Tn=
1 2
-
2n-1 2n1
因此T4-T2<0,T6-T4<0,T8-T6<0,T10-T8>0, (13分)
所以{T2n}中T8最小,所以k的值为4. (15分)
(2)因为T2n=
1 + 1 +…+
1
3 7 7 11 (4n-1) (4n 3)
-
1 22
1 24
…
1 22n
=
1 4
1 3
-
1 4n
3
-
1 3
1-
1 4n
=-
1 4
+1
12
1 4n-1
-
3 4n
3
,
所以T2n+2-T2n= 1
12
1 4n
-
3 4n
7
-
1 4n-1
3 4n
.
(2) 1 = 1 - 1 .
n(n 1) n n 1
(3)
1 n(n k)
=
1 k
1 n
-
1 n
k
.
(5) 1 = n 1 - n .
n n1
(6)loga1
1 n
=loga(n+1)-logan(a>0且a≠1).
(7)
(2n
2n 1)(2n1
1)
=
1 2n
1
-
1 2n1
1
.
例2 (2019浙江绍兴数学调测,20)已知数列{an}是公差为2的等差数列,且a 1,a5+1,a23+1成等比数列.数列{bn}满足:b1+b2+…+bn=2n+1-2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令数列{cn}的前n项和为Tn,且cn=
an
1 an2
,n为奇数,
-
1
,n为偶数.
若对n∈N*,T2n≥T2k恒成
bn
立,求正整数k的值.
解析 (1)由已知得(a5 1)2 =a1(a23+1),即(a1 9)2 =a1·(a1+45),所以a1=3,所以an= 2n+1. (3分) 当n=1时,b1=2,当n≥2时,bn=2n+1-2n=2n,又b1=2适合上式,所以bn=2n(n∈N*). (6分)
考点清单
考点一 数列的求和
考向基础 1.求数列的前n项和的方法 (1)公式法:直接利用等差数列和等比数列的求和公式求和. (2)分组求和法:把一个数列分成两个或几个可以直接求和的数列. (3)裂项相消法:把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程中消 去中间项,只剩有限项再求和. (4)错位相减法:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数 列求和.
解析
(1)设d为数列{an}的公差,则d=
a5 -a2 3
=2,
所以an=a2+(n-2)d=2n-1. (2分)
因为Sn+bn=1,所以Sn+1+bn+1=1.
两式相减,可得Sn+1+bn+1-Sn-bn=1-1=0,
化简可得bn+1= 1 bn,又因为2b1=S1+b1=1,所以b1= 1 .
方法技巧
方法1 错位相减法求和
1.如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,常 采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形. (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,应用公式Sn=
考点二 数列的综合应用
考向基础 1.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,那么该模型是等差模 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,那么该模型 是等比模型,这个固定的数就是公比. 2.在解决数列和不等式的有关问题时,常利用不等式的适当放缩来解答或 证明. (1)对 1 的放缩,根据不同的要求,大致有三种情况:
n2
1 < 1 = 1 - 1 (n≥2);
n2 n2 -n n-1 n
1 n2
<
1
n2 -1=
1 2
1n-1
n
1 1
(n≥2);
1 n2
<
n
1 2-
1
=2
1 2n-1
-
1 2n 1
(n≥1).
(2)对 14 的放缩,根据不同的要求,大致有两种情况:
2n
1 > 1 = n1- n;
2 n n n1
3
(9分)
=1
12
(4n
12 3)(4n
7)
-
3 4n
=
(4n
1 3)(4n
7)
1-
(4n
3)(4n 4n1
7)
.
(10分)
设dn=
(4n
3)(4n 4n1
7)
,则
dn+1-dn=
(4n
7)(4n 4n2
11)
-
(4n
3)(4n 4n1
7)
=
(4n
7)(-12n-1) 4n2
<0恒成立,
因此d1>d2>d3>d4>…,由于d1>1,d2>1,d3>1,d4<1,……,
(5)倒序相加法:把数列正着写和倒着写再相加,例如等差数列前n项和公式 的推导方法. (6)并项求和法:将某些具有某种特殊性质的项放在一起先求和,再求整体 的和. 2.常见的拆项公式 (1)若{an}为各项都不为0的等差数列,公差为d(d≠0),
则
an
1 an1
=
1 d
1 an
-
1 an1