1、第4讲 数列求和、数列的综合应用,第六章 数列,考情精解读,A考法帮题型全突破,目录 CONTENTS,命题规律,聚焦核心素养,考法1 数列求和 考法2 等差、等比数列的综合问题 考法3 数列与函数、不等式的综合问题 考法4 数列的实际应用,专题1 数列的新定义问题 专题2 数列与数学文化,B方法帮素养大提升,考情精解读,命题规律 聚焦核心素养,命题规律,1.命题分析预测 本讲是高考的热点,其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点,多以解答题的形式呈现. 2.学科核心素养 本讲通过数列求和以及数列的综合应用考查考生的数学运算能力和逻辑推理能力
2、.,聚焦核心素养,A考点帮知识全通关,考点1 数列求和 考点2 等差、等比数列的综合问题 考点3 数列与函数、不等式的综合问题 考点4 数列的实际应用,考点1 数列求和,1.用公式法和分组求和法求和示例1 2018河南焦作四模已知an为等差数列,且a2=3,an前4项的和为16,数列bn满足b1=4,b4=88,且数列bn-an为等比数列. (1)求数列an和bn-an的通项公式; (2)求数列bn的前n项和Sn.,思维导引 (1)设等差数列an的公差为d,先根据a2=3,an前4项的和为16,列出关于a1,d的方程组,求得a1,d,得到数列an的通项公式,然后设bn-an的公比为q,利用b4
3、-a4=(b1-a1)q3,求出q的值即可得到数列bn-an的通项公式;(2)结合(1)的结果,先求出bn的通项公式,再利用分组求和的方法,求出Sn.,解析(1)设等差数列an的公差为d,因为a2=3,an前4项的和为16,所以 1 +=3 4 1 + 43 2 =16 解得 1 =1 , =2, 所以an=1+(n-1)2=2n-1. 所以a1=1,a4=7. 设等比数列bn-an的公比为q, 则b4-a4=(b1-a1)q3.(注意数列bn-an的首项为b1-a1) 因为b1=4,b4=88,所以q3= 4 + 4 1 + 1 = 887 41 =27,解得q=3,所以bn-an=(4-1
4、)3n-1=3n.,(2)由(1)得bn=3n+2n-1, 所以Sn=(3+32+33+3n)+(1+3+5+2n-1)(分成两组求和) = 3(1 3 ) 13 + (1+21) 2 (用等差(比)数列的前n项和公式时注意项数) = 3 2 (3n-1)+n2 = 3 +1 2 +n2- 3 2 .,感悟升华 1.公式法求和 (1)等差数列:Sn= ( 1 ) 2 =na1+ 1 2 . (2)等比数列:当q=1时,Sn=na1; 当q1时,Sn= 1 (1 ) 1 = 1 1 . 2.分组求和法求和 数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,将其分解为一些等差数列或等
5、比数列或可直接求和的数列再分组求和. 3.分组求和法求和的常见类型,注意 在含有字母的数列中求和时要对字母进行讨论.,2.用错位相减法求和示例2 2017天津,18,13分理已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. ()求an和bn的通项公式; ()求数列a2nb2n-1的前n项和(nN*).,解析()设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q(q0). 因为b2+b3=12,所以b1(q+q2)=12. 又b1=2,所以q+q2-6=0. 解得q=2(q=-3舍去),所以bn=2n.
6、由b3=a4-2a1,S11=11b4,可得 Sn= 8=3 1 , 11a1+ 1110 2 =1124. (构造方程组) 解得 1 =1, =3, 所以an=3n-2.,所以数列an的通项公式为an=3n-2,数列bn的通项公式为bn=2n. ()由()知,a2n=6n-2,b2n-1=24n-1. 设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn,a2nb2n-1=(3n-1)4n, 故Tn=24+542+843+(3n-1)4n , 4Tn=242+543+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1 , -得 -3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1(错位相减时,注意最后一项的符
7、号) = 12(1 4 ) 14 -4-(3n-1)4n+1(用公式求和时,注意项数),=-(3n-2)4n+1-8, 所以Tn= 32 3 4n+1+ 8 3 . 故数列a2nb2n-1的前n项和为 32 3 4n+1+ 8 3 .,技巧点拨 用错位相减法求和的策略和技巧 1.掌握解题“3步骤”,2.注意解题“3关键” (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“Sn-qSn”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q=1和q1两种情况求解. 3.谨防解
8、题“2失误” (1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号. (2)对相减后的和式的结构认识模糊,错把中间的n-1项和当作n项和.,3.用裂项相消法求和 示例3 2018辽宁沈阳三模已知数列an的前n项和为Sn,且an+1=2+Sn对一切正整数n恒成立. (1)求当a1为何值时,数列an是等比数列,并求出它的通项公式; (2)在(1)的条件下,若数列bn满足bn= +1 +1 +1 ,求数列bn的前n项和Tn.,思维导引 (1)由an= 1 ,2, ,=1 与an是等比数列,即可求出a1与an;(2)先利用(1)的结论求出bn,再利用裂项相消法求和,即可求得Tn.,解析 (1)因为an+1
9、=2+Sn , 所以当n2时,an=2+Sn-1 , -得an+1=2an(n2), 因为当数列an是等比数列时,还应有a2=2a1,且a2=2+S1=2+a1, 所以a1=2,所以当a1=2时,数列an是等比数列,此时数列an的通项公式为an=2n. (2)因为bn= 2 2 +1 2 +1 +1 = 1 2 +1 - 1 2 +1 +1 ,(对通项公式进行裂项时,注意检验是否等价) 所以Tn=( 1 2+1 - 1 2 2 +1 )+( 1 2 2 +1 - 1 2 3 +1 )+( 1 2 +1 - 1 2 +1 +1 )= 1 3 - 1 2 +1 +1 = 2 +1 2 3 2 +1
10、 +1 .,技巧点拨 1.裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的,其解题的关键就是准确裂项和消项. (1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止. (2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.,注意 利用裂项相消法求和时,既要注意检验通项公式裂项前后是否等价,又要注意求和时,正负项相消消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项.,2.常见数列的裂项方法,4.用倒序相加法求和示例4 已知平面向量a=(lg x,1),b=(1,lg y
11、)满足ab=12,且S=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+lg(xyn-1)+lg yn,则S= .,思维导引 利用对数的运算法则,先化简已知等式,再利用倒序相加法,即可求出S.,解析 因为平面向量a=(lg x,1),b=(1,lg y)满足ab=12, 所以lg x+lg y=12,(向量数量积的坐标公式,注意不要与向量共线的坐标公式搞混) 所以lg(xy)=12. 因为S=lg xn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+lg(xyn-1)+lg yn,(这个等式的右边是(n+1)项的和) 所以S=lg yn+lg(xyn-1)+lg(xn-2y2)+lg(xn-
12、1y)+lg xn, (倒过来写) 以上两式相加得,2S=(lg xn+lg yn)+lg(xn-1y)+lg(xyn-1)+(lg yn+lg xn) =lg(xnyn)+lg(xn-1yxyn-1)+lg(ynxn)(利用对数的运算法则) =nlg(xy)+lg(xy)+lg(xy) =n(n+1)lg(xy) =12n(n+1), 所以S=6n(n+1).,技巧点拨 倒序相加法求和的解题技巧已知数列特征是“与首末两端等距离的两项之和相等”,先把数列求和的式子倒过来写,然后将两个式子相加,即可求出该数列的前n项和的2倍,再求出该数列的前n项和.,拓展变式1 2018河北衡水中学九模已知在数
13、列an中,a1=1,anan+1=2n. (1)求数列an的通项公式; (2)若bn=log2an,数列bn的前n项和为Sn,求Sn.,解析 1.(1)因为anan+1=2n,所以当n2时,an-1an=2n-1,所以 +1 1 =2, 所以数列an的奇数项构成等比数列,偶数项也构成等比数列. 又a1=1, a2= 2 1 =2,所以当n为奇数时,an=1 2 1 2 = 2 1 2 ; 当n为偶数时,an=2 2 2 1 = 2 2 , 综上,数列an的通项公式为an= 2 1 2 ,为奇数, 2 2 ,为偶数.,(2)因为a1=1,anan+1=2n,bn=log2an,所以bn+bn+1
14、=n,b1=0. 当n为奇数时,Sn=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+(bn-1+bn)=0+2+4+(n-1)= 2 1 4 ; 当n为偶数时,Sn=(b1+b2)+(b3+b4)+(bn-1+bn)=1+3+(n-1)= 2 4 . 综上,数列bn的前n项和为Sn= 2 1 4 ,为奇数, 2 4 ,为偶数.,考点2 等差、等比数列的综合问题,示例5 数列an的前n项和记为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1 (n1). (1)求an的通项公式; (2)等差数列bn的各项为正,其前n项和为Tn,且T3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,求Tn.,思维导引 (1)根
15、据已知的递推关系求通项公式;(2)根据等比关系列方程求公差,则前n项和易求.,解析 (1)由an+1=2Sn+1,可得an=2Sn-1+1 (n2), 两式相减得an+1-an=2an,则an+1=3an (n2). 因为a1=S1=1,a2=2S1+1=3,所以a2=3a1. 故an是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1. (2)设等差数列bn的公差为d. 由T3=15,即b1+b2+b3=15,可得b2=5, 故b1=5-d,b3=5+d. 又a1=1,a2=3,a3=9,且由a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列可得 (1+5-d)(9+5+d)=(3+5)2, 解得d
16、=2或d=-10.,因为等差数列bn的各项为正, 所以d0. 所以d=2,b1=3,所以Tn=3n+ (1) 2 2=n2+2n.,感悟升华 等差、等比数列的综合问题的解题技巧 (1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系,利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解.求解时,应“瞄准目标”,灵活应用数列的有关性质,简化运算过程.求解过程中注意合理选择有关公式,正确判断是否需要分类讨论. (2)一定条件下,等差数列与等比数列之间是可以相互转化的,即an为等差数列 log (a0且a1)为等比数列;an为正项等比数列logaan(a0且a1)为等差数列.,拓展变式2 2019南昌市重点中学
17、高三段考等差数列an的前n项和为Sn,数列bn是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)令cn= 2 ,为奇数 ,为偶数 设数列cn的前n项和为Tn,求T2n.,解析 2.(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,则 由 2 + 2 =10, 5 2 2 = 3 , 得 +6+=10, 3+42=3+2, 解得 =2, =2, 所以an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n-1. (2)由a1=3,an=2n+1,得Sn=n(n+2), 则cn= 2 (+2) ,为奇数, 2 1 ,为偶数, 即cn=
18、1 1 +2 ,为奇数, 2 1 ,为偶数,T2n=(c1+c3+c2n-1)+(c2+c4+c2n) =(1- 1 3 )+( 1 3 - 1 5 )+( 1 21 - 1 2+1 )+(2+23+22n-1) =1- 1 2+1 + 2(1 4 ) 14 = 2 2+1 + 2 3 (4n-1).,考点3 数列与函数、不等式的综合问题,示例6 2018重庆二诊已知数列an的前n项和为Sn,a1=2,Sn= 1 3 (n+2)an. (1)求数列an的通项公式; (2)求证: 1 1 + 1 2 + 1 1.,思维导引 (1)由3Sn=(n+2)an,得3Sn-1=(n+1)an-1(n2)
19、,两式相减,再利用累乘法可得数列的通项公式.(2)先利用(1)的结论,然后利用裂项相消法求和,再利用放缩法,即可证得不等式成立.,解析 (1)由题意知,3Sn=(n+2)an , 所以3Sn-1=(n+1)an-1(n2) , -得,3an=(n+2)an-(n+1)an-1(n2), 因为a1=20,(实质是判断an-10(n2) 所以 1 = +1 1 (n2), 所以an=a1 2 1 3 2 4 3 1 2 1 (利用累乘法求通项公式) =2 3 1 4 2 5 3 2 +1 1 = 2345 1 (+1) 123(2)(1) (注意消去的数),=n(n+1). 即an=n(n+1)(
20、n2). 又a1=2也满足上式.(注意对首项的检验) 所以an=n(n+1)(nN*). (2)由(1)得 = 1 (+1) = 1 - 1 +1 . 所以 1 1 + 1 2 + 1 = 1 12 + 1 23 + 1 (+1) =(1- 1 2 )+( 1 2 - 1 3 )+( 1 - 1 +1 )=1- 1 +1 1.(放缩法证明不等式),易错点拨 本题易错点有两处:一是用累乘法求数列的通项时,消数产生失误,导致所求的通项公式出错;二是没有对首项进行验证,导致结果不正确.,方法总结 1.数列与函数的交汇问题 (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
21、. (2)已知数列条件,解决函数问题,解题时要注意数列与函数的内在联系,掌握递推数列的常见解法.,2.数列与不等式的交汇问题 (1)函数法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式赋特殊值得出数列中的不等式. (2)放缩法:数列中的不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到. (3)比较法:作差或者作商进行比较. (4)数学归纳法:使用数学归纳法进行证明.,拓展变式3 已知an是由正数组成的数列,a1=1,且点( ,an+1)(nN*)在函数y=x2+1的图象上. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足b1=1,bn+1=bn+2an
22、,求证:bnbn+2 +1 2 .,解析 3.(1)由已知,得an+1=an+1,即an+1-an=1. 又a1=1,所以数列an是以1为首项,1为公差的等差数列. 故an=1+(n-1)1=n. (2)由(1),知an=n,从而bn+1-bn=2n. bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1 =2n-1+2n-2+2+1 = 1 2 12 =2n-1.,因为 bnbn+2- +1 2 =(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-22n+1+1)=-52n+42n=-2n0, 所以 bnbn+2 +1 2
23、.,考点4 数列的实际应用,示例7 自2018年11月21日起郑州市再次实施机动车单双号限行措施,新能源汽车不在限行范围内,某人为了出行方便,准备购买某新能源汽车.假设购车费用为14.4万元,每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元,汽车的保养维修费为:第一年0.2万元,第二年0.4万元,第三年0.6万元,按此规律逐年递增. (1)设该车使用n年的总费用(包括购车费用)为f(n),试写出f(n)的表达式; (2)这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年能使得年平均费用最小),年平均费用的最小值是多少?,思维导引 (1)根据题中已知条件及等差数列前n项和公式,即可得到f(n)的
24、表达式; (2)先由(1)中该车使用n年的总费用,求出年平均费用的表达式,然后利用基本不等式,即可求出年平均费用最小时n的值.,解析 (1)由题意得f(n)=14.4+(0.2+0.4+0.6+0.2n)+0.9n(该车使用n年的总费用包括购车费、 汽车的保养维修费及每年应交付的保险费、充电费等其他费用) =14.4+ 0.2 +1 2 +0.9n =0.1n2+n+14.4. (2)设该车的年平均费用为S万元,则有 S= 1 f(n)= 1 (0.1n2+n+14.4)=0.1n+ 14.4 +12 0.1 14.4 +1=3.4,当且仅当,0.1n= 14.4 ,即n=12时,等号成立,(
25、用基本不等式求最值,注意等号成立的条件) 故这种新能源汽车使用12年报废最合算,年平均费用的最小值是3.4万元.,拓展变式4 某国采用养老储备金制度,要求公民在就业的第一年就交纳养老储备金,数目为a1,以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d0),因此,历年所交纳的储备金数目a1,a2,an是一个公差为d的等差数列.与此同时,国家给予优惠的计息政策:不仅采用固定利率,而且用复利计算.这就是说,如果固定年利率为r(r0),那么,在第n年末,第一年所交纳的储备金就变为a1(1+r)n-1,第二年所交纳的储备金就变为a2(1+r)n-2,.以Tn表示第n年末所累计的储备金总额. (1)写出Tn与Tn-
26、1(n2)的递推关系式; (2)求证:Tn=An+Bn,其中An是一个等比数列,Bn是一个等差数列.,解析 4.(1)Tn=Tn-1(1+r)+an(n2). (2)T1=a1,对n2反复使用(1)中的关系式,得 Tn=Tn-1(1+r)+an=Tn-2(1+r)2+an-1(1+r)+an=a1(1+r)n-1+a2(1+r)n-2+an-1(1+r)+an . 在式两端同乘以(1+r),得(1+r)Tn=a1(1+r)n+a2(1+r)n-1+an-1(1+r)2+an(1+r) . -,得rTn=a1(1+r)n+d(1+r)n-1+(1+r)n-2+(1+r)-an= (1+r)n-1
27、-r+a1(1+r)n-an,即Tn= 1 r+ 2 (1+r)n- n- 1 r+ 2 . 如果记An= 1 r+ 2 (1+r)n,Bn=- 1 r+ 2 - n, 则Tn=An+Bn,其中An是以 1 r+ 2 (1+r)为首项,1+r(r0)为公比的等比数列,Bn是以- 1 r+ 2 - 为首项,- 为公差的等差数列.,B方法帮素养大提升,专题1 数列的新定义问题 专题2 数列与数学文化,专题1 数列的新定义问题,示例8 2018湖南长沙一中模拟已知在等差数列an中,a2=5,a4+a6=22,在数列bn中,b1=3,bn=2bn-1+1(n2). (1)分别求数列an,bn的通项公式
28、; (2)定义x=x+(x),x是x的整数部分,(x)是x的小数部分,且0(x)1.记数列cn满足cn=( +1 ),求数列cn的前n项和.,思维导引 (1)(2),解析 (1)设等差数列an的公差为d,因为a2=5,a4+a6=22, 所以a5= 4 + 6 2 =11,所以d= 5 2 52 =2, 所以an=a2+2(n-2)=5+2(n-2)=2n+1. 又b1=3,bn+1=2(bn-1+1)(n2), 所以bn+1是首项为4,公比为2的等比数列,(注意数列bn+1的首项为b1+1) 所以bn+1=2n+1(n2), 所以bn=2n+1-1(n2). 易知b1=3满足上式,所以bn=
29、2n+1-1(nN*).,(2)由二项式定理知,当n1时,2n+1=2(1+1)n2( 0 + 1 )=2(1+n)2n+1, 所以cn=( +1 )= 2+1 2 +1 ,(对新定义进行合理转化) 所以Sn= 3 2 2 + 5 2 3 + 2+1 2 +1 ,1 2 Sn= 3 2 2 + 5 2 3 + 2+1 2 +1 , -,得 1 2 Sn= 3 4 + 1 2 2 + 1 2 3 + 1 2 - 2+1 2 +2 = 3 4 + 1 2 -( 1 2 )n- 2+1 2 +2 = 5 4 - 2+5 2 +1 , 故Sn= 5 2 - 2+5 2 +1 .,素养提升 数列的新定义
30、问题的特点是:通过给出一个新的数列的概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情景,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.对学生的逻辑推理和数学建模素养要求较高. 遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以解决.,注意 (1)由an+1=qan,q0,并不能断言an为等比数列,还要验证a10. (2)证明一个数列an不是等比数列,只需要说明前三项满足 2 2 a1a3,或者存在一个正整数m,使得 +1 2 amam+2即可.,专题
31、2 数列与数学文化,示例9 2018湖北黄石模拟我国古代数学著作九章算术有如下问题:“今有金棰,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金棰(一头粗,一头细),长5尺,在粗的一端截下1尺,重4斤;在细的一端截下1尺,重2斤,问棰端开始依次每一尺各重多少斤?”设该金棰由细到粗是均匀变化的,根据上述条件,该金棰正中间一尺的重量为 .,思维导引 根据题意,可知金棰从细到粗每尺的重量组成一个等差数列an,因此只需利用等差数列的性质,即可得a3的值.,解析 由题意可知,金棰从细到粗每尺的重量组成一个等差数列an,其首项为a1=2,且a5=4,所以该金棰正中间一尺
32、的重量为a3= 1 + 5 2 , = 2+4 2 =3(斤). (注意单位“斤”不要漏掉),示例10 2018河北衡水模拟河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个浮雕,这些浮雕构成一幅优美的图案,若从最下层往上,浮雕的数量构成一个数列an,则log2(a3a5)的值为A.8 B.10 C.12 D.16,思维导引 根据题意,可知数列an是等比数列,因此欲求log2(a3a5)的值,需先求出数列an的通项公式,然后代入求得a3,a5的值.因为数列an的公比为2,所以只需利用S7=1 016,求出首项a1,即可得结果.,解析 依题意得,数列an是以2为公比的等比数列, 因为最下层的浮雕的数量为a1,所以S7= 1 (1 2 7 ) 12 =1 016,解得a1=8, 所以an=82n-1=2n+2(1n7,nN*),(注意n的取值范围) 所以a3=25,a5=27,从而a3a5=2527=212,所以log2(a3a5)=log2212=12. 答案 C,
