全国通用2017年高考数学大二轮专题复习第二编专题整合突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用课件理

1．分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－ 1)n 等特征． 2．裂项相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点 (1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘 ({an·bn})型数列求和． (2)步骤： ①求和时先乘以数列{bn}的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．
考点 数列的实际应用 典例示法 典例 7 某公司一下属企业从事某种高科技产品的 生产．该企业第一年年初有资金 2000 万元，将其投入生产， 到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年增长率与 第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴 资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元．
题型 2 数列与不等式的综合 典例 5 [2016·广州模拟](利用单调性证明不等式)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝2，对任意 n∈N*，都 有 2Sn＝(n＋1)an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列ana4n＋2的前 n 项和为 Tn，求证：12≤Tn<1.
(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an＋1 与 an 的关系式； (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)．
[解] (1)由题意得 a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝32a1－d＝4500－52d. an＋1＝an(1＋50%)－d＝32an－d.
[失分警示] 1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为 1 的分类讨论． 2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项． 3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项． 4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．
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考点 数列求和问题 典例示法 题型 1 分组转化求和 典例 1 设数列{an}满足 a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意 n∈N*，函数 f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx 满足 f′π2＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋21an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn} 为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差 式；③求和．
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可 以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相 加；④求和；⑤回顾反思．
附：
(1)常见的拆项公式(其中 n∈N*)
因为 f(n)＝n＋1 1在 N*上是递减函数， 所以 1－n＋1 1在 N*上是递增的， 所以当 n＝1 时，Tn 取最小值12. 所以12≤Tn<1.
典例 6 [2014·全国卷Ⅱ](利用放缩法证明不等式)已
知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；
[解] (1)因为 2Sn＝(n＋1)an， 当 n≥2 时，2Sn－1＝nan－1， 两式相减，得 2an＝(n＋1)an－nan－1， 即(n－1)an＝nan－1， 所以当 n≥2 时，ann＝na－n－11， 所以ann＝a11. 因为 a1＝2，所以 an＝2n.
(2)证明：因为 an＝2n，令 bn＝ana4n＋2，n∈N*， 所以 bn＝2n24n＋2＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1－12＋12－31＋…＋1n－n＋1 1 ＝1－n＋1 1＝n＋n 1. 因为n＋1 1>0，所以 1－n＋1 1<1.
(2)由(1)知a1n＝3n－2 1. 因为当 n≥1 时，3n－1≥2×3n－1，所以3n－1 1≤2×13n－1. 于是a11＋a12＋…＋a1n≤1＋13＋…＋3n1－1 ＝321－31n<32. 所以a11＋a12＋…＋a1n<32.
1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型 (1)数列与函数的综合问题主要有以下两类： 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 充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． (2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、 求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的 相关问题．
①nn1＋1＝1n－n＋1 1.
②③n2nn1＋－k11＝2n1k＋1n－1＝n＋1 k.122n1－1－2n1＋1
.
④若等差数列{an}的公差为 d，则ana1n＋1＝
1da1n－an1＋1；ana1n＋2＝21da1n－an1＋2.
所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋12＋212＋…＋21n ＝2n＋2·nn＋2 1＋1211－－1221n ＝n2＋3n＋1－21n.
题型 2 错位相减法求和 典例 2 [2015·湖北高考]设等差数列{an}的公差为 d， 前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的公比为 q.已知 b1＝a1，b2＝ 2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d>1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
[解] (1)由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx. 对任意 n∈N*，f′π2＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0， 即 an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列． 由 a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差 d＝1， 所以 an＝2＋1·(n－1)＝n＋1. (2)因为 bn＝2an＋21an ＝2n＋1＋2n1＋1＝2n＋21n＋2，
由题意得，a2－ln12＝2－ln12， 解得 a2＝2. 所以 d＝a2－a1＝1. 从而 an＝n，bn＝2n. 所以 Tn＝12＋222＋233＋…＋n2－n－11＋2nn，
2Tn＝11＋22＋232＋…＋2nn－1.
因此，2Tn－Tn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn ＝2－2n1－1－2nn＝2n＋1－2nn－2. 所以，Tn＝2n＋1－2nn－2.
考点 数列与函数、不等式的综合问题 典例示法 题型 1 数列与函数的综合 典例 4 [2014·四川高考]设等差数列{an}的公差为 d， 点(an，bn)在函数 f(x)＝2x 的图象上(n∈N*)． (1)若 a1＝－2，点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列 {an}的前 n 项和 Sn； (2)若 a1＝1，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2－ln12，求数列abnn的前 n 项和 Tn.
2．解决数列与函数综合问题的注意点 (1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而 不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的 点． (2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条 件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题． (3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构 造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
(2)由(1)得 an＝32an－1－d ＝3232an－2－d－d ＝322an－2－32d－d ＝… ＝32n－1a1－d1＋32＋322＋…＋32n－2， 整理得 an＝32n－1(3000－d)－2d32n－1－1
Tn＝1＋32＋252＋273＋294＋…＋22nn－－11，① 12Tn＝12＋232＋253＋274＋295＋…＋2n2－n 1，②
①－②可得 12Tn＝2＋12＋212＋…＋2n1－2－2n2－n 1 ＝3－2n2＋n 3， 故 Tn＝6－22nn＋－13.
题型 3 裂项相消法求和
典例 3 [2016·洛阳统考]设数列{an}的前 n 项和为 Sn，
第二编 专题整合突破
专题四 数列
第二讲 数列求和及综合应用
主干知识整合
[重要公式及结论] 1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成 cn＝an＋bn 形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等 差(比)数列或一些可以直接求和的数列． 2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差， 即 an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项 的求和方法．形如anacn＋1(其中{an}是各项均不为 0 的等差 数列，c 为常数)的数列等．
[解] (1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有 2 a8＝4×2 a7＝2a7＋2.
解得 d＝a8－a7＝2. 所以，Sn＝na1＋nn－ 2 1d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n. (2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝2 a2ln 2，故函数 f(x)＝2x 在(a2， b2)处的切线方程为 y－2 a2＝2 a2ln 2(x－a2)， 它在 x 轴上的截距为 a2－ln12.
[解] (1)由题意有，1a01da＝1＋24，5d＝100，
即2aa1d1＋ ＝92d，＝20，
解得ad1＝＝21，，
a1＝9 或d＝29.
故abnn＝ ＝22nn－－1，1，
或an＝192n＋79， bn＝9·29n－1.
(2)由 d>1，知 an＝2n－1，bn＝2n－1，故 cn＝22nn－－11，于 是
由 6S1＝6a1＝1－2a1，得 a1＝18， ∴数列{an}是等比数列，公比 q＝14， 所以 an＝18·14n－1＝122n＋1.
(2)∵an＝122n＋1，∴bn＝2n＋1， 从而b2n－1 1＝4nn1＋1＝141n－n＋1 1. ∴Tn＝141－12＋12－31＋…＋1n－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4nn＋1.
对任意正整数 n 都有 6Sn＝1－2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设
bn＝log1 2
an，求
Tn＝b21－1 1＋b22－1 1＋…＋b2n－1 1.
百度文库
[解] (1)由 6Sn＝1－2an， 得 6Sn－1＝1－2an－1(n≥2)． 两式相减得 6an＝2an－1－2an，即 an＝14an－1(n≥2)，
⑤nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2.
⑥
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
⑦
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和 公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2 1； ②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝ n2 ； ③12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)．
(2)证明a11＋a12＋…＋a1n<32. [证明] (1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋12＝3an＋12. 又 a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为 3 的等比 数列． an＋12＝32n，因此{an}的通项公式为 an＝3n－2 1.