高考数学一轮总复习第六章数列6.4数列求和数列的综合应用理新人教B版

1、6.4数列求和、数列的综合应用,高考理数,1.求数列的前n项和的方法 (1)公式法 (i)等差数列的前n项和公式 Sn=na1+. (ii)等比数列的前n项和公式 a.当q=1时,Sn=na1; b.当q1时,Sn=. (2)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (3)裂项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程中消去中间项,只剩有限,知识清单,项再求和. (4)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (5)倒序相加:把数列正着写和倒着写再相加,例如等差数列前n项和的推导方法. 2.常见的拆项公式 (1)=-; (2)=; (3)=;

2、(4)=-; (5)若an为等差数列,公差为d(d0),an0, 则=. 3.常见数列的前n项和 (1)1+2+3+n,2)2+4+6+2n=n2+n; (3)1+3+5+(2n-1)=n2; (4)12+22+32+n2=; (5)13+23+33+n3,1.一般地,如果数列an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法. 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

3、必须注意公比q1这一前提条件,如果不能确定公比q是否为1,应分两种情况进行讨论,这在以前的高考中经常考查. 例1(2016浙江宁波二模,18,14分)设数列an满足a1+3a2+32a3+3n-1an=,nN*. (1)求数列an的通项; (2)设bn=,求数列bn的前n项和Sn,突破方法,方法1错位相减法求和,解析(1)因为a1+3a2+32a3+3n-1an=, 所以当n2时,a1+3a2+32a3+3n-2an-1=, -,得3n-1an=(n2),所以an=(n2). 在中,令n=1,得a1=,适合an=,所以an=. (2)因为bn=,所以bn=n3n. 所以Sn=3+232+333

4、+n3n, 所以3Sn=32+233+334+n3n+1. -,得2Sn=n3n+1-(3+32+33+3n), 即2Sn=n3n+1-, 所以Sn=+. 1-1(2016广西玉林贵港联考,17,12分)已知数列an中,a1=3,a2=5,且an-1是等比数列. (1)求数列an的通项公式,2)若bn=nan,求数列bn的前n项和Tn. 解析(1)an-1是等比数列且a1-1=2,a2-1=4,=2, an-1=22n-1=2n,an=2n+1. (2)bn=nan=n2n+n, 故Tn=b1+b2+b3+bn=(2+222+323+n2n)+(1+2+3+n). 令T=2+222+323+n

5、2n,则2T=22+223+324+n2n+1, 两式相减,得-T=2+22+23+2n-n2n+1=-n2n+1, T=2(1-2n)+n2n+1=2+(n-1)2n+1. 1+2+3+n=, Tn=(n-1)2n+1,1.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.有些情况下,裂项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2(2013江西,17,12分)正项数列an的前n项和Sn满足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n

6、)=0. (1)求数列an的通项an; (2)令bn=,数列bn的前n项和为Tn.证明:对于任意的nN*,都有Tn. 解题导引 (1)将已知等式变形求Sn由an与Sn的关系求an (2)求bn结合式子特点 裂项求和用放缩法证Tn,方法2裂项相消法求和,解析(1)由-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得Sn-(n2+n)(Sn+1)=0. 由于an是正项数列,所以Sn0,Sn=n2+n. 于是a1=S1=2,n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 经验证a1=2符合上式. 综上,数列an的通项an=2n. (2)证明:由于an=2n,bn=, 则bn=-.

7、 所以Tn=1-+-+-+-+-= =. 2-1(2016广东广州汕头模拟)已知等比数列an的首项a1=2,前n项和为Sn,且a2是3S2-4与2-S1的 等差中项. (1)求数列an的通项公式,2)设bn=(n+1)an,Tn是数列bn的前n项和,nN*,求Tn. 解析(1)由题意得2a2=3S2-S1-2,可得公比q=, an=. (2)由(1)知,an=,则 Tn=b1+b2+bn=2+3+4+(n+1), Tn=2+3+4+(n+1), -,得Tn=2+-(n+1) =4+-(n+1) =4+2-2-(n+1)=6-, Tn=12,数列常与函数、不等式问题综合,以数列为载体,考查不等式

8、恒成立问题,考查数列相关不等式的证明,常见的考查方式与解答办法有如下三种: (1)判断数列中的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小,也可以利用数列对应函数的单调性进行大小比较.(注:对应函数y=f(x)(x0) (2)以数列为载体,考查不等式恒成立问题,可转化为函数的最值问题. (3)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题往往借助构造函数去证明,或者直接利用放缩法证明. 例3(2013安徽,20,12分)设函数fn(x)=-1+x+(xR,nN*).证明: (1)对每个nN*,存在唯一的xn,满足fn(xn)=0; (2)对任意pN*,由(1)中xn构成的数列xn满足00时, f n(

9、x)=1+0,故 fn(x)在(0,+)内单调递增,方法3与数列有关的综合应用问题,由于f1(1)=0,当n2时, fn(1)=+0,故fn(1)0. 又fn=-1+-+ =-+=-0时, fn+1(x)=fn(x)+fn(x), 故fn+1(xn)fn(xn)=fn+1(xn+1)=0. 由fn+1(x)在(0,+)内单调递增知,xn+1xn. 故xn为单调递减数列. 从而对任意n,pN*,xn+pxn. 对任意pN*,由于,fn(xn)=-1+xn+=0, fn+p(xn+p)=-1+xn+p+=0, 式减去式并移项,利用0xn+pxn1,得 xn-xn+p=+ =-. 因此,对任意pN*,都有0xn-xn+p. 3-1(2016甘肃西北师大附中3月月考,17,12分)若数列an的前n项和为Sn,点(an,Sn)在y=-x的 图象上(nN*). (1)求数列an的通项公式; (2)若c1=0,且对任意正整数n都有cn+1-cn=loan.求证:对任意正整数n2,总有+ ,解析(1)Sn=-an,当n2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,an=an-1. 又S1=-a1,a1=, an=. (2)证明:由