（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.4数列求和、数列的综合应用（第1课时）课件.pptx

1、7.4 数列求和、数列的综合应用,第七章 数列与数学归纳法,NEIRONGSUOYIN,内容索引,基础知识 自主学习,题型分类 深度剖析,课时作业,1,基础知识 自主学习,PART ONE,知识梳理,1.等差数列的前n项和公式,ZHISHISHULI,2.等比数列的前n项和公式,3.一些常见数列的前n项和公式 (1)1234n . (2)13572n1 . (3)24682n .,n2,n(n1),4.数列求和的常用方法 (1)公式法 等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和. (2)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (3)裂项相

2、消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.,(4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法 主要用于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，即等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解. 例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.,基础自测,JICHUZICE,题组一 思考辨析,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,(5)推导等差

3、数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21sin22sin23sin288sin28944.5.( ) (6)如果数列an是周期为k的周期数列，那么SkmmSk(m，k为大于1的正整数).( ),7,题组二 教材改编,1,2,3,4,5,6,2.P61A组T5一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是 A.100200(129) B.100100(129) C.200(129) D.100(129),7,1,2,3,4,5,6,3.P61A组T4(3)12x3x2nxn1_(x0且x1).,解析 设Sn12x3x2nx

4、n1， 则xSnx2x23x3nxn， 得(1x)Sn1xx2xn1nxn,7,1,2,3,4,5,6,题组三 易错自纠 4.已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 019等于 A.1 007 B.1 008 C.1 009 D.1 010,解析 由an2Sn1n得an12Snn1， 两式相减得an1an2an1an1an1 S2 019a1(a2a3)(a2 018a2 019)1 009111 010.,7,1,2,3,4,5,6,5.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100等于 A.200 B.200 C.400 D.40

5、0,解析 S100(413)(423)(433)(41003) 4(12)(34)(99100) 4(50)200.,7,1,2,3,4,5,6,1 008,故S4a1a2a3a42. a50，a66，a70，a88， 故a5a6a7a82，周期T4. S2 017S2 016a2 017,7,1,2,3,4,5,6,4,7,2,题型分类 深度剖析,PART TWO,第1课时 数列求和的常用方法,题型一 分组转化法求和,师生共研,解 当n1时，a1S11；,a1也满足ann， 故数列an的通项公式为ann(nN*).,(2)设 求数列bn的前2n项和.,B(12)(34)(2n1)2nn. 故

6、数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.,解 由(1)知ann，故bn2n(1)nn. 记数列bn的前2n项和为T2n， 则T2n(212222n)(12342n). 记A212222n， B12342n，,本例(2)中，求数列bn的前n项和Tn.,解 由(1)知bn2n(1)nn. 当n为偶数时， Tn(21222n)1234(n1)n,当n为奇数时，Tn(21222n)1234(n2)(n1)n,分组转化法求和的常见类型 (1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和.,提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列

7、的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.,跟踪训练1 (2018温州市适应性考试)已知数列an的前n项和为Sn，且a12,2Sn(n1)2ann2an1，数列bn满足b1a1，nbn1anbn. (1)求数列an和bn的通项公式；,解 由2Sn(n1)2ann2an1， 可得2Sn1(n2)2an1(n1)2an2， 得2an12(n22n2)an1(n1)2an2(n1)2an， 所以2(n1)2an1(n1)2an2(n1)2an， 化简得2an1an2an，所以an是等差数列. 由2S1(11)2a1a2可得a24， 所以公差da2a1422，故an22(n1)2n. 由b1a1，nb

8、n1anbn以及an2n可知，b12， 2， 所以数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列， 故bn22n12n.,(2)若数列cn满足cnanbn(nN*)，求数列cn的前n项和Tn.,n2n2n12.,解 因为cnanbn2n2n， 所以Tn(22)(422)(623)(2n2n) (2462n)(222232n),题型二 错位相减法求和,师生共研,解 设等比数列an的公比为q(q1)，,故an33n13n.,解 由(1)知，cnn3n， 所以Tnc1c2c3cn13232n3n， 则3Tn132233(n1)3nn3n1. 两式相减得，2Tn332333nn3n1,错位相减法求和时的注意

9、点 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式. (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.,(1)求数列an的通项公式；,故数列an是公差为1的等差数列，又a11， 所以an1(n1)1n.,(2)设 ，数列bn的前n项和为Hn，求使得Hnn2n150成立的最小整数n.,解 因为 n2n，所以Hn(121222n2n)， 则2Hn(22223n2n1). 将以上两式作差化简可得Hnn2n12n12， 于是，Hnn2n

10、150，即2n152，解得n5. 故最小正整数n是5.,题型三 裂项相消法求和,多维探究,例3 (2018浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列an的公差为2，等比数列bn的公比为2，且anbnn2n. (1)求数列an和bn的通项公式；,解 anbnn2n，解得a12，b11， an22(n1)2n， bn2n1.,解 an2n，bn2n1，,Tnc1c2c3c4cn1cn,命题点3 裂项相消法的灵活运用,例5 (2018绍兴诸暨市期末)已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列. (1)求数列an的通项公式；,由题意得(2a12)2a1(4a112)， 解得a1

11、1，所以an2n1.,解 由题意知Sn3n22n， 当n2时，anSnSn16n5， a1321，适合上式，an6n5.,跟踪训练3 (2018绍兴市六校质检)已知函数f(x)3x22x，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数f(x)的图象上. (1)求数列an的通项公式；,3,课时作业,PART THREE,基础保分练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,又a11，所以a22，则数列an的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列， 所以S2 018(a

12、1a3a2 017)(a2a4a2 018),2.(2018杭州质检)设数列an满足a11，an1an2n(nN*).若Sn为数列的前n项和，则S2 018等于 A.22 0161 B.321 0093 C.22 0093 D.22 0103,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,3.已知数列2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和 S2 019等于 A.4 018 B.2 010 C.1 D.0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13

13、,14,15,16,解析 由已知得anan1an1(n2)， an1anan1. 故数列的前8项依次为2 008，2 009，1，2 008，2 009，1， 2 008，2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S60. 2 01963363， S2 019S32 0082 00914 018.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,4.在数列an中，若an1(1)nan2n1(nN*)，则数列an的前12项和等于 A.76 B.78 C.80 D.82,解析 由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1， 得an2an(1

14、)n(2n1)(2n1)， 取n1,5,9及n2,6,10， 结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 由题意，得a1a2a3a100 1222223232424252992100210021012 (12)(32)(43)(99100)(101100) (1299100)(23100101) 1011100.故选B.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 设等差数列a

15、n的公差为d，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,7.有穷数列1,12,124，1242n1所有项的和为_.,2n12n,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 anan12(n1)(nN*)， 当n2时，an1an2n， an1an12， a2 018a2 0162，数列an的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列， 又a11，a23，,2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解得a13

16、或a10. 由an0，得a13.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,所以(an1an)(an1an3)0. 因为an0，所以an1an0，an1an3. 即数列an是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以an33(n1)3n.,所以,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,10.(2018湖州市适应性考试)已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项. (1)求数列an的通项公式；,解 设等比数列an的首项为a1

17、，公比为q， 依题意，有2(a32)a2a4， 即2(a1q22)a1qa1q3， 由2a1a33a2，得2a1a1q23a1q，解得q1或q2. 当q1时，不合题意，故舍去； 当q2时，代入式得a12，所以an2n.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,所以Sn212222332nn (222232n)(123n),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,因为Sn2n1470， 解得n9或n10， 由nN*，故使Sn2n1470成立的正整数n的最小值为10.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,

18、13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,t的最小正整数为2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,12.(2018浙江衢州二中模拟)设数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2. (1)求数列an的通项公式；,解 当n1时，S12a12，所以a12. 当n2时，anSnSn1(2an2)(2an12)2an2an1，,所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列an的通项公式为an22n12n.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,

19、3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,技能提升练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,13.已知公差不为零的等差数列an中，a11，且a2，a5，a14成等比数列，an的前n项和为Sn，bn(1)nSn，则an_，数列bn的前n项和Tn_.,2n1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 设等差数列an的公差为d(d0)，,当n为偶数时，TnS1S2S3S4Sn1Sn,当n为大于1的奇数时，TnS1S

20、2S3S4Sn1Sn 1223242(n2)2(n1)2n2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,14.“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列an中，a11，a21，an2an1an(nN*)，则a7_；若a2 021m，则数列an的前2 019项和是_ (用m表示).,13,m1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 因为a11，a21，an2an1an(nN*)， 所以a3a1a2112，a4a2a3123，a5a3a4235， a6a4a5358，a7a5a65813. 由已知有a3a

21、1a2，a4a2a3，a2 021a2 019a2 020， 各式相加可得a2 021a2a1a2a3a2 019， 即a1a2a3a2 019a2 021a2m1， 故数列an的前2 019项和为m1.,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,A.1 B.2 C.3 D.4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,又an1an(an1)20，则an1ana11， 当n2时，从而有(an1an)(anan1)(an1)2(an11)2(anan1) (anan12)0，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,又an为正项数列， an1an10，即an1an1.,数列an是以1为首项，1为公差的等差数列. ann，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,令n1t2，1n100， n3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数. T1，T2，T3，T100中有理数的个数为9.,