高中数学高考07第一部分 板块二 专题二 数 列 第2讲　数列求和及数列的简单应用(大题)课件PPT

这是一份高中数学高考07第一部分 板块二 专题二 数 列 第2讲　数列求和及数列的简单应用(大题)课件PPT，共27页。PPT课件主要包含了内容索引，热点分类突破，真题押题精练，当n为奇数时，当n为偶数时，押题预测，真题体验，由a10知d0等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
热点二　数列的证明问题
热点一　等差、等比数列基本量的计算
热点三　数列的求和问题
解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.
(1)求数列{an}的通项公式；
所以a2＝3a1＋18，又a1,9，a2成等比数列，所以a1a2＝a1(3a1＋18)＝92，解得a1＝3或a1＝－9，
故an＝(2n－1)·3n.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解　由(1)得Sn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n，所以3Sn＝1×32＋3×33＋…＋(2n－1)·3n＋1，所以Sn－3Sn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1，
＝3n＋1－6＋(1－2n)·3n＋1＝(2－2n)·3n＋1－6，故Sn＝(n－1)·3n＋1＋3.
跟踪演练1　(2019·乐山调研)已知等差数列{an}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，则a1＝5－d，a4＝5＋2d，a13＝5＋11d，因为a1，a4，a13成等比数列，所以(5＋2d)2＝(5－d)(5＋11d)，化简得d2＝2d，则d＝0或d＝2，当d＝0时，an＝5.当d＝2时，a1＝5－d＝3，an＝3＋(n－1)×2 ＝2n＋1(n∈N*).所以，当d＝0时，an＝5(n∈N*)；当d＝2时，an＝2n＋1(n∈N*).
解　由(1)知，当an＝5时，Sn＝5n.
判断数列是否为等差或等比数列的策略(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.
例2　已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与 的等差中项.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入①式得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
又当n＝1时，由①式可得a1＝S1＝1(负值舍去)，
(2)求数列{an}的通项公式；
∵数列{an}的各项都为正数，
又a1＝S1＝1满足上式，
跟踪演练2　已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
证明　原式可转化为Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2].由S1－2a1＝1－4，得S1＝3，所以S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解　由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，所以Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项消，有的是间隔项消.常见的裂项方式有：
2.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
解　设等比数列{an}的公比为q，因为a2，a3，a4－1成等差数列，所以2a3＝a2＋a4－1，得2a1q2＝a1q＋a1q3－1，
所以2q2＝q＋q3－2，所以2q2＋2＝q＋q3，所以2(q2＋1)＝q(q2＋1)，所以(q2＋1)(2－q)＝0，显然q2＋1≠0，所以2－q＝0，解得q＝2，
＝2lg22n－2＋4＝2(n－2)＋4＝2n，
跟踪演练3　(2019·龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36.(1)求数列{an}的通项公式；
解　∵a2＝3，∴a1＋d＝3，∵S6＝36，∴6a1＋15d＝36，则a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.
(2)若数列{bn}满足bn＝2n·an，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　由(1)可知，bn＝2n(2n－1)，Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，①①×2，得2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋2×24＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1
∴Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
(2019·全国Ⅰ，文，18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
解　设{an}的公差为d.由S9＝－a5，即9a5＝－a5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通项公式为an＝10－2n，n∈N*.
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围.
解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}.
解　设等比数列{an}的公比为q，∵a1，a2，a3－2成等差数列，∴2a2＝a1＋(a3－2)＝2＋(a3－2)＝a3，
已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；