新人教A版高考数学二轮复习专题六数列4数列求和数列的综合应用综合篇课件

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题六数列4数列求和数列的综合应用综合篇课件，共20页。

2.倒序相加法如果一个数列{an},与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常 数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.3.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积 构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求.4.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而 求得其和.常见的拆项公式:
(1) =③     -     ;(2) =④          ;(3) = - .5.分组求和法有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开, 可分为几个等差、等比或常见的数列,即先分别求和,再合并,形如:(1){an+bn},其中 
考点二　数列的综合应用1.解答数列应用题的基本步骤(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,弄清该数列的特征以及要求什么;(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.2.数列应用题常见模型(1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定值,那么该模型是等差模 型,增加(或减少)的量就是公差.其一般形式是an+1-an=d(常数).(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.其一般形式是 =q(q为常数,且q≠0).(3)混合模型:在一个问题中同时涉及等比数列和等差数列的模型.(4)生长模型:如果某一个量,每一期以一个固定的百分数增加(或减少),同 时又以一个固定的具体量增加(或减少),称该模型为生长模型,如分期付 款问题,树木的生长与砍伐问题等.如设贷款总额为a,年利率为r,等额还款 数为b,分n期还完,则b= a.(5)递推模型:如果容易推导该数列任意一项an与它的前一项an-1(n≥2)(或 前几项)间的递推关系式,那么我们可以用数列的知识求解.
考法一　错位相减法求和
例1    (2021届浙江嘉兴9月教学测试,20)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-n,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解题导引　(1)根据an与Sn的关系求得an=2an-1+1,a1=1.然后求得{an+1}为等 比数列,求出an.(2)由已知条件可得bn=n·2n+1-2n,用分组、错位相减法求和.
解析　(1)当n =1时,S1=2a1-1,得a1=1;当n≥2时, 两式相减得an=2an-1+1,变形得(an+1)=2(an-1+1),∴数列{an+1}是等比数列,且公比为2.又∵a1+1=2,∴an+1=2n,∴an=2n-1.(2)bn=2nan=2n(2n-1)=n·2n+1-2n,于是Tn=b1+b2+…+bn=(1×22-2)+(2×23-4)+…+(n×2n+1-2n)=(1×22+2×23+…+n× 2n+1)-2(1+2+…+n),令An=1×22+2×23+…+n·2n+1,即Tn=An-n(n+1).An=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,①
2An=1×23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n·2n+2,②①-②得-An=22+23+…+2n+1-n·2n+2= -n·2n+2=-4+2n+2-n·2n+2=-(n-1)·2n+2-4,∴An=(n-1)·2n+2+4,∴Tn=(n-1)·2n+2+4-n2-n.
方法总结　1.当数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列时,求数列{an·bn}的 前n项和常采用错位相减法.2.用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形.(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 =na1.
例    (2018河南、河北两省联考,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1 -(n+1)Sn=n2+n.(1)求证:数列 为等差数列;(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
例    (2020湖南长沙明德中学3月月考,20)设等差数列{an}的前n项和为Sn, 首项a1=1,且 - =3.数列{bn}的前n项和为Tn,且满足Tn=2-bn(n∈N*).(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列 的前n项和S'n.
所以bn= bn-1(n≥2),所以{bn}是首项为1,公比为 的等比数列,故数列{bn}的通项公式为bn= .(2)由(1)知 = ,所以S'n= + + +…+ + ,① S'n= + +…+ + ,②①-②,得 S'n= + + +…+ - = +  + +…+  - = + - = +1- - ,所以S'n=3- .
考法二　裂项相消法求和
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.∵等差数列{an}递增,∴d>0.∵S1+1,S2,S3+1成等比数列,∴(a1+a1+d)2=(a1+1)(a1+a1+d+a1+2d+1),又∵d>0,a1=3,∴d=2.∴an=2n+1,n∈N*.(2)∵bn= = =  ,∴Tn=b1+b2+…+bn=  =  = .
方法总结　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”,分式型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.
例    (2019浙江嵊州期末,20)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,满足a3·a4=2a5,S6=9S3,数列{bn}的首项为1,且a1b1+a2b2+…+anbn=bn+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设cn= ,证明:c1+c2+…+c2 019<1.
解析　(1)解法一:因为{an}是等比数列,所以a3·a4=a2·a5,所以a2=2.又因为S6=9S3,所以a4+a5+a6=S6-S3=8S3.设等比数列{an}的公比为q,则q3= =8,解得q=2.所以an=a2·qn-2=2n-1.解法二:设等比数列{an}的公比为q,由a3·a4=2a5知 ·q5=2a1·q4,所以a1q=2.又因为S6=9S3,所以q≠1,故 =9· ,即1+q3=9,解得q=2,代入a1q=2,解得a1=1.所以an=a1·qn-1=2n-1.(2)证明:当n=1时,b2=a1b1=1.由a1b1+a2b2+…+anbn=bn+1可知,a1b1+a2b2+…+anbn+an+1bn+1=bn+2,