新课标高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和及应用课件文

(1)设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前 n 项和为 Sn，
则 Sn 等于( )
A．2n
B．2n－n
C．2n＋1－n
D．2n＋1－n－2
(2)求和：1＋1＋1 2＋1＋12＋3＋…＋1＋2＋1…＋n；
(3)设 f(x)＝1＋x2x2，求：f2 0117＋f2 0116＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)；
点 拨： 错位相减法适用于等差数列与等比数列 的积数列的求和，写出“Sn”与“qSn”的表达 式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以 便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
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(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 ＋(2n－1)an＝2n.
①＋②得：2S＝1×4 033＝4 033，所以 S＝4 0233.
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(4)(Ⅰ)当 a＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n2＋1）. (Ⅱ)当 a≠1 时，Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann，① 1aSn＝a12＋a23＋…＋n－an 1＋ann＋1，②
由①－②得1－1aSn＝1a＋a12＋a13＋…＋a1n－ann＋1
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解：(1)Sn＝9＋99＋999＋…＋
＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n ＝10（11－－1100n）－n＝10n＋91－10－n.
(2)an＝（3n－2）1（3n＋1）＝133n1－2－3n1＋1. 所以 Sn＝1311－14＋1314－17＋1317－110＋…＋133n1－2－3n1＋1＝ 131－3n1＋1＝3nn＋1.
则 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11 的值为 ( )
A．7
B．9
C．11
D．13
解：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以 满足 a4a8＝a1a11＝a2a10＝a3a9＝a5a7＝a62＝25，所以 log5a1 ＋log5a2＋…＋log5a11＝log5(a1a11)＋log5(a2a10)＋log5(a3a9) ＋log5(a4a8)＋log5(a5a7)＋log5a6＝5log525＋log55＝11.故选
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数列{an}满足 an＝n（n2＋1），则数列a1n前 10 项的 和为________．
解：a1n＝21n－n＋1 1，则数列a1n的前 10 项的和 S10＝ 21－12＋12－13＋…＋110－111＝2(1－111)＝2110.故填2110.
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类型一 基本求和问题
解：记 bn＝3n－2，则数列{bn}是以 1 为首项，3 为公差的等差数列，所以 a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1) ＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10 －b9)＝5×3＝15.故选 A.
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在各项均为正数的等比数列{an}中，若满足 a4a8＝25，
C.
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设数列{an}是首项为 1，公比为－2 的等比数列， 则 a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________.
解：依题意 an＝1·(－2)n－1＝(－2)n－1，所以 a1＝1， a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，所以 a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝1＋2 ＋4＋8＝15.故填 15.
• 6.4 数列求和(qiúhé)及 应用
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1．数列求和方法
(1)公式法：
(Ⅰ)等差数列、等比数列前 n 项和公式．
(Ⅱ)常见数列的前 n 项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝
；
②2＋4＋6＋…＋2n＝
；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝
；
④12＋22＋32＋…＋n2＝
；
⑤13＋23＋33＋…＋n3＝n（n2＋1）2.
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又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减，得
12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11 ＝32＋121－1－1212n－1－22nn＋＋11＝52－22nn＋＋15.
所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
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常见的裂项公式：
①n（n1＋1）＝
－ n1＋1；
②（2n－1）1（2n＋1）＝
2n1－1－2n1＋1；
③n（n＋1）1（n＋2）＝
n（n1＋1）－（n＋1）1（n＋2）；
④1＝ a＋ b
( a－ b)；
⑤an＝Sn－Sn－1(n≥2)．
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2．数列应用题常见模型
(1)单利公式
利息按单利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本
(4)求和：Sn＝1a＋a22＋a33＋…＋ann.
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解：(1)解法一：特殊值法，易知 S1＝1，S2＝4，只有选项 D 适合．
解法二：研究通项 an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1， 所以 Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.故选 D.
()
A．1＋2n
B．2＋2n
C．n＋2n－1
D．n＋2＋2n
解：由题意得 an＝1＋2n－1，所以 Sn＝n＋11－－22n＝ n＋2n－1.故选 C.
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若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n·(3n－2)，则
a1＋a2＋…＋a10＝
()
A．15 B．12 C．－12 D．－15
第二十页，共审题， ②建模，③求解，④检验，⑤作答．增长率模型是比较 典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股 金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常 利用增长率模型加以解决．
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某气象学院用 3.2 万元买了一台天文观测
利和 y＝
.
(2)复利公式
利息按复利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本
利和 y＝
.
(3)产值模型
原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时间 x，总产值
y＝
.
(4)递推型
递推型有 an＋1＝f(an)与 Sn＋1＝f(Sn)两类． (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、
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解：购买时付款 300 万元，则欠款 2000 万元，依题意分 20 次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{an}，
故 a1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， … an＝100＋[2 000－100(n－1)]×0.01＝121－n(万元) (1≤n ≤20，n∈N*)． 因此{an}是首项为 120，公差为－1 的等差数列． 故 a10＝121－10＝111(万元)．故填 111.
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(3)令 Sn＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，① 则 Sn＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin21° ＝cos21°＋cos22°＋cos23°＋…＋cos289°.② ①与②两边分别相加得 2Sn＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°) ＋…＋(sin289°＋cos289°)＝89. 所以 Sn＝829. (4)Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)× 2n－2＋(2n－1)×2n－1， 2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)× 2n－1＋(2n－1)×2n， 上述两式相减，得 －Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n ＝2n＋1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3， 所以 Sn＝(2n－3)×2n＋3，n∈N*.
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类型二 可用数列模型解决的实际问题
用分期付款的方式购买一批总价为 2 300 万元的住房， 购买当天首付 300 万元，以后每月的这一天都交 100 万元，并加付 此前欠款的利息，设月利率为 1%.若从首付 300 万元之后的第一个 月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第 10 个月应付 ________万元．
数列与解析几何等．
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自 查 自 纠： 1．(1)①n（n2＋1） ②n2＋n ③n2 ④n（n＋1）6（2n＋1） (5)①1n ②12 ③12 ④a－1 b 2．(1)a(1＋xr) (2)a(1＋r)x (3)N(1＋p)x
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数列{1＋2n－1}的前 n 项和为
(2)设数列的通项为 an，则 an＝n（n2＋1）＝21n－n＋1 1， 所 以 Sn ＝ a1 ＋ a2 ＋ … ＋ an ＝ 2[ 1－12 ＋ 12－13 ＋ … ＋ 1n－n＋1 1]＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
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(3)因为 f(x)＝1＋x2x2，所以 f(x)＋f1x＝1. 令 S＝f2 0117＋f2 0116＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)，① 则 S＝f(2 017)＋f(2 016)＋…＋f(1)＋f12＋…＋f2 0116＋f(2 0117)，②
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)倒序相加：如等差数列前 n 项和公式的推导方法．
(4)错位相减：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．等比数列{an}前 n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．
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(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相 加消去中间项，只剩有限项再求和．
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(1)求数列 9，99，999，…的前 n 项和 Sn； (2)求数列1×1 4，4×1 7，7×110，…的前 n 项和； (3)求 sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°的值； (4)已知 an＝(2n－1)×2n－1，求{an}的前 n 项和 Sn.
＝1a11－－1aa1n－ann＋1，所以 Sn＝a（an－an1（）a－－n1（）a2－1）.
n（n2＋1）（a＝1），
综上所述，Sn＝
a（an－1）－n（a－1） an（a－1）2
（a≠1）.
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点 拨： 研究通项公式是数列求和的关键．数列求和的常用方 法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、 裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构 特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和 公式时，注意对公比是否等于 1 进行讨论．本例四道题分 别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错 位相减法．
32
000＋5＋1n02＋4.9n
n
＝
32
000 n
＋
n 20
＋
4.95
，
当
且
仅
当
32 n000＝2n0时，取得最小值，此时 n＝800.故选 B.
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类型三 数列综合问题
(2017·山东)已知{an}是各项均为正数的等比数 列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bann的前 n 项和 Tn.
仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第 n 天
的维修保养费为n＋1049元(n∈N*)，使用它直至报废最合算
(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最
少)为止，一共使用了
()
A．600 天
B．800 天
C．1 000 天
D．1 200 天
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解：设一共使用了 n 天，则使用 n 天的平均耗资为
第二十四页，共31页。
解：(1)设{an}的公比为 q. 依题意，a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2. 又 an＞0，解得 a1＝2，q＝2，所以 an＝2n. (2)依题意，S2n＋1＝（2n＋1）（2 b1＋b2n＋1）＝(2n＋1)bn＋1. 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1. 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1.