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2013年高考数学一轮复习 7.9 数列求和(二)课件 理


求数列的前 n 项和 Sn,通常要掌握以下解法: (1)错位相减法: 对于形如 cn=anbn 的数列求和, 其中数列{an} 是等差数列, 数列{bn}是等比数列, 即一个等差数列与一个等比数 列对应项相乘所得的数列的求和方法是

先写一行,再写一行,但每一项都乘以公比 q,再错位 相减,即转化为等比数列求和
_________________________________________________.

等差、等比数列求和 (2)分段求和法:通过分段,化归为____________________

考点一 分段求和 示范1 设数列{an}的通项公式为 an=2n-31,令 bn=|an|, (1)求数列{bn}的前 15 项和; (2)求数列{bn}的前 40 项和.

解析 (1)∵an+1-an>0,∴{an}为单调增数列, 又 a15=-1<0,a16=1>0, 15×14 ∴{an}的前 15 项为负,S15=15×(-29)+ 2 ×2=- 225, 而 bn=|an|,所以{bn}前 15 项和为 225.

(2)∵数列{an}从 16 项起为正数,∴{bn}从第 16 项起与{an} 从第 16 项起和相等.即 b16+b17+…+b40=a16+a17+…+a40 a16+a40 = 2 ×25=625, ∴{bn}前 40 项和为 225+625=850.

n?103-3n? 展示1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= , 2 (1)求 an; (2)求 Sn 的最大值; (3)令 bn=|an|,求数列{bn}前 n 项和 Tn.

【解析】(1)a1=S1=50, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-3n+53, 又 n=1 时,a1=50 也符合上式, ∴an=-3n+53. x?103-3x? 103 (2)考虑函数 f(x)= ,其图象的对称轴为 x= 6 = 2 1 176,∴(Sn)max=S17=442.

(3)由(1),知,an=-3n+53. ∴当 n≤17 时,an>0;当 n>17 时,an<0. ∴当 n≤17 时,Tn=Sn, 当 n>17 时,Tn=S17+(-a18-a19-…-an)=2S17-Sn.

方法点拨:仔细观察数列,可发现数列呈现一段一段的规 律,与绝对值有关的一般分为两段,分段求和即可.

考点二 错位相减法求和 示范2 己知各项为实数的数列{an}是等比数列且a1=2,a5 +a7=8(a2+a4),数列{bn}满足:对任意正整数n,有a1b1+a2b2 +…+anbn=(2n-2)·n+2, 2 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)在数列{bn}的任意相邻两项bk和bk+1之间插入k个ak(k∈N*) 后,得到一个新的数列{cn},求数列{cn}的前2 013 项之和 ? ? 62×63 63×64 ? ? 提示: 2 =1 953, 2 =2 016?. ? ? ?

解析 (1)设{an}公比为q,由a5+a7=8(a2+a4) 得a1q4(1+q2)=8a1q(1+q2),又a1=2,q≠0,1+q2>0 则q3=8,q=2,∴an=2n 则题意有a1b1=2得b1=1 当n≥2时,anbn=(a1b1+a2b2+…+anbn)-(a1b1+a2b2+… ? 2n+1 ? ? 2n ? +an-1bn-1)=???n-1?· +2??-???n-2?· +2??=n,2n ∴bn=n

(2)显然{cn}可举如下:1,21,2,22,22,3,23,23,23,4,24,24,2424,5,… 可见k是数列{cn}的第mk项,k≥2时,mk=k[1+2+…+(k k?k+1? -1)]= 2 62×63 63×64 而m62= 2 =1953,m63= 2 =2016 也即C1935=62,C2016=63.

即{Cn}前2016项为:

1+63 S2016= ×63+(1×2+2×22+…+62×62) 2 =2016+122×262+2 ∴S2013=1955+120×262.

展示2 已知数列{bn}中,b1=1,点 P(bn,bn+1)在直线 x-y +2=0 上,数列{an}的通项为 an,前 n 项和为 Sn 且 an 是 Sn 与 2 的等差中项, (1)求数列{bn},{an}的通项公式 bn,an; b1 b2 bn (2)设 Tn=a +a +…+a ,求满足关于 n 的不等式 Tn<c 的 n 1 2 最小整数 c.

【解析】(1)∵点 P 在直线 x-y+2=0 上, 则 bn-bn+1+2=0,即 bn+1-bn=2. ∴数列{bn}是以 2 为公差的等差数列且 b1=1. ∴bn=1+(n-1)· 2=2n-1. 由条件,得 Sn+2=2an. ∴Sn+1+2=2an+1,即 an+1=2(an+1-an). ∴an+1=2an 对任意 n∈N*成立. ∴数列{an}为等比数列,公比 q=2 且由 a1=S1=2(a1-1), 得 a1=2. - ∴an=2·n 1=2n. 2 所求通项公式为 an=2n,bn=2n-1.

2n-1 1 3 5 (2)Tn=2+22+23+…+ 2n ,① 2n-1 3 5 2Tn=1+2+22+…+ n-1 ,② 2 ?1 1 1 ? 2n-1 ? ②-①,得 Tn=1+2?2+22+…+2n-1?- 2n ? ? ? ? 1 ? 2n-1 ? =1+2?1-2n-1?- 2n ? ? ? 2n-1 2n+3 1 =3- n-2- 2n =3- 2n <3. 2 37 而 T4=16>2,∴满足关于 n 的不等式 Tn<c 的最小整数 c=3.

展示3 已知直线 ln:y=x- 2n与圆 Cn:x2+y2=2an+n+ 2(n∈N*)交于不同两点 An,Bn,其中数列{an}满足 a1=1,an+1 1 =4|AnBn|2, (1)求数列{an}的通项公式; n (2)设 bn=3(an+2),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

2n 【解析】(1)圆心到直线的距离 d= = n. 2 1 圆 Cn 的半径 r= 2an+n+2,2|AnBn|= an+1, ?1 ?2 2 ∵d +?2|AnBn|? =r2, ? ? ∴n+an+1=2an+n+2. ∴an+1=2an+2. ∴an+1+2=2(an+2). ∴数列{an+2}是以 a1+2=3 为首项、以 2 为公比的等比数 - - 列.∴an+2=3·n 1,即 an=3·n 1-2. 2 2

(2)由(1),知 n n bn=3(an+2)=3(3·n-1-2+2)=n·n-1. 2 2 ∴Sn=1×20+2×21+3×22+…+n·n 1, 2 2Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·n. 2 两式相减,得 Sn=n·n-(21+22+23+…+2nn 1)-1 2 2?1-2n-1? =n·n- 2 -1=(n-1)·n+1. 2 1-2
- -

点评 本题借助错位相减法求和.注意书写规范,要注意项 之间的次数关系,符号不能搞错.

方法点拨:这种方法主要用于求形如{anbn}的数列的前 n 项 和,其中数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列.

考点三 求和与求通项的综合题 示范3 已知数列{an}是各项均不为0的等差数列,公差为d,Sn为 1 2 * 其前n项和且满足a n =S2n-1(n∈N ),数列{bn}满足bn= ,Tn为数 anan+1 列{bn}的前n项和, (1)求a1,d和Tn; (2)若对任意的n∈N*,关于n的不等式λTn<n+8· n恒成立, (-1) 求实数λ的取值范围; (3)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m,n的值;若不存在,请说明理由.

分析 (1)利用等差数列的有关公式、性质求解.(2)注意分 类讨论.(3)利用等比数列解m的不等式.

解析 (1)法一 在a2=S2n-1中,令n=1,n=2, n 2 ?a1=S1, ?a2=a1, ? ? 1 ? 2 得 即? ?a2=S3, ??a1+d?2=3a1+3d, ? ? 解得a1=1,d=2,∴an=2n-1. 1 1 1 1 1 ∵bn= = = ( - ), anan+1 ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn= (1- + - +…+ - )= . 2 3 3 5 2n-1 2n+1 2n+1

a1+a2n-1 法二 ∵{an}是等差数列,∵ =an 2 a1+a2n-1 ∴S2n-1= (2n-1)=(2n-1)an. 2 由a2=S2n-1,得a2=(2n-1)an, n n 又∵an≠0,∴an=2n-1,则a1=1,d=2. (Tn求法同法一)

(2)①当n为偶数时,要使不等式λTn<n+8· (-1)n恒成立, ?n+8??2n+1? 8 即需不等式λ< =2n+n+17恒成立. n 8 ∵2n+n≥8,等号在n=2时取得. ∴此时λ需满足λ<25.

②当n为奇数时,要使不等式λTn<n+8· (-1)n恒成立,即 ?n-8??2n+1? 8 需不等式λ< =2n-n-15恒成立. n 8 8 ∵2n- n 是随n的增大而增大,∴n=1时2n- n 取得最小值 -6. ∴此时λ需满足λ<-21. 综合①、②可得λ的取值范围是λ<-21.

1 m n (3)T1=3,Tm= ,Tn= , 2m+1 2n+1 1 m n 2 若T1,Tm,Tn成等比数列,则( )=3( ),即 2m+1 2n+1 m2 n = . 4m2+4m+1 6n+3

2 m2 3 -2m +4m+1 n 法一 由 2 = ,可得 n = > m2 4m +4m+1 6n+3 6 6 2 0,即-2m +4m+1>0,∴1- <m<1+ . 2 2 又m∈N且m>1,所以m=2,此时n=12. 因此,当且仅当m=2,n=12时,数列{Tn}中的T1,Tm,Tn 成等比数列.

1 1 m2 1 n 法二 因为 = <6,故 2 <6,即2m2- 3 6n+3 4m +4m+1 6+n 4m-1<0, 6 6 ∴1- <m<1+ ,(以下同上). 2 2

【点评】本题考查了等差数列、等比数列的概念及其性 质,以及数列的求和、利用均值不等式求最值等知识;考查了 学生的函数思想方法,及其推理论证和探究的能力.

展示4 已知数列{an}中,a1=2,对于任意的p,q∈N*,有 ap+q=ap+aq, (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 b4 (2)若数列{bn}满足an= - + - +…+ 2+1 22+1 23+1 24+1 n-1 bn (-1) (n∈N*),求数列{bn}的通项公式; n 2 +1 (3)设cn=3n+λbn(n∈N*),是否存在实数λ,当n∈N*时,cn+ 1>cn恒成立,若存在,求实数λ的取值范围,若不存在,请说 明理由.

【解析】(1)取p=n,q=1,则an+1=an+a1=an+2. ∴an+1-an=2(n∈N*). ∴{an}是公差为2、首项为2的等差数列,an=2n. b1 b2 b3 b4 bn n-1 (2)∵ - + - +…+(-1) · n = 2+1 22+1 23+1 24+1 2 +1 an(n≥1),① b1 b2 n-2 bn-1 ∴ - +…+(-1) =a - (n≥2).② 2+1 22+1 2n-1+1 n 1

bn ①-②,得(-1) =2(n≥2). 2n+1 ∴bn=(-1)n-1(2n+1+2)(n≥2). b1 当n=1时,a1= 3 ,即b1=6满足上式. ∴bn=(-1)n-1(2n+1+2)(n∈N*).
n-1

(3)cn=3n+(-1)n 1(2n 1+2)· λ, 假设存在λ,使cn+1>cn(n∈N*), 则3n+1+(-1)n(2n+2+2)λ>3n+(-1)n-1(2n+1+2)λ. + - + + [(-1)n(2n 2+2)-(-1)n 1(2n 1+2)]λ>3n-3n 1=-2·n. 3 (-1)n(3·n+1+4)· 2 λ>-2·n. 3 当n为正偶数时,(3·n+1+4)λ>-2·n恒成立, 2 3





? ? ? 3n ? - ?2? ? ?1?n? . ∴λ>?-3·n+2?max=? ? ? ? ? 2 3· ?n+2· ? ?max ? ? 3? ? ? ?3? ? 1

1 ? ? 1 9 9 - ?2? ? ?1?n? =- ∵? ?2?2 ?1?2=-14,∴λ>-14. ? 3· ?n+2?3? ?max ? ?3? ? ? ? 3?3? +2×?3? ? ? ? ? + 当n为正奇数时,-(3·n 1+4)· 2 λ>-2·n恒成立. 3

1 ? ? 1 3 3 ? ?2? ?1?n? = ∵? ? ?n ? ? ?min 2 1=8.∴λ<8. 3 3 +2 3 ? ? ? ? ? ? 3×3+2×3 ? 9 3? 综上,存在实数 λ∈?-14,8?,使 n∈N*时,cn+1>cn 恒成 ? ? 立.

? ? ? 3n ? ? ? ∴λ<?3·n+2?min=? ?2?n ?1?n?min. ? 2 ? ? 3· ? +2?3? ? ? ? ?3? ? ? ? 1

方法点拨:应当注意多种方法的综合,函数观点,不等式 方法,特别是分离变量的思想.但数列为离散的函数,这一点又 必须与连续函数加以区别

分段求和、错位相减求和是数列求和的重要方法,是高考 常常考查的重点对象.运用这些方法解题时一定要注意细心运 算,确保结论正确.

1.(2011山东)已知在等比数列{an}中,a1,a2,a3分别是下 表第一、二、三行中的某一个数且a1,a2,a3中的任何两个数不 在下表的同一列, 第一列 第二列 第三列 3 2 10 第一行 6 4 14 第二行 9 8 18 第三行 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nln an,求数列{bn}的前2n 项和S2n.

【解析】(1)由题意,知a1=2,a2=6,a3=18.因为数列{an} 是等比数列,所以公比为3.所以数列{an}的通项公式an=2·n-1. 3 (2)因为bn=an+(-1)nln an=2·n-1+(-1)ln(2·n-1)=2·n-1 3 3 3 2 +(-1)nnln 3+(-1)nln 3, - 所以S2n=b1+b2+…+b2n=2(1+3+…+32n 1)+[-1+1- 2 1+…+(-1)2n]ln 3 +[-1+2-3+…+(-1)2n· ln 3= 2n]· 1-32n 2· +ln 3· 2n+nln 3-1. n=3 1-3

1 1 7 2.(2012惠州)己知数列{bn}满足bn+1= 2 bn+ 4 且 b1= 2 ,Tn 为数列{bn}的前n项和, (1)求{bn}的通项公式; 12k * (2)如果对于任意n∈N ,关于n的不等式 ≥2n- 12+n-2Tn 7恒成立,求实数k的取值范围.

1 1 【解析】(1)对任意n∈N ,都有bn+1=2bn+4, 1? 1 1? 所以bn+1-2=2?bn-2?. ? ? ? 1? 1 1 ?bn- ?成等比数列,首项为b1- =3,公比为 . 则数列 2? 2 2 ? ?1?n-1 ?1?n-1 1 1 ? ? 所以bn-2=3· ? ,即bn=3· ? +2. 2? ? ?2?
*

?1? - 1 n 1 ? (2)因为bn=3· ? +2, ?2? ? 1? 3?1-2n? ? ?

? 1 1 1 ? n ? 所以Tn=3?1+2+22+…+2 ?+ = ? 2 n-1? ?

? 1? n + =6?1-2n? 1 2 ? ? 1-2

12k n + .因为关于n的不等式 ≥2n-7, 2 12+n-2Tn

2n-7 化简,得k≥ 2n 对任意n∈N*恒成立. 2n-7 2?n+1?-7 2n-7 9-2n 设cn= 2n ,则cn+1-cn= - 2n = n+1 . + 2n 1 2 当n≥5,cn+1<cn,数列{cn}为单调递减数列, 当1≤n<5,cn+1>cn,数列{cn}为单调递增数列. 1 3 3 又16=c4<c5=32,所以当n=5时,cn取得最大值32. 2n-7 3 * 所以要使k≥ 2 对任意n∈N 恒成立,则k≥32. n


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