(文理通用)2019届高考数学大二轮复习-第1部分-专题4-数列-第2讲-数列求和及综合应用课件

部分专题强化突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用1高考考点聚焦2核心知识整合3高考真题体验4命题热点突破5课后强化训练高考考点聚焦高考考点考点解读求数列的通项公式1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差(比)的某些项或前几项的和，求其通项公式2．考查等差(比)数列的概念以及通项公式、前n项和公式等求数列的前n项和1.以等差(比)数列为命题背景，考查等差(比)的前n项和公式、分组求和2．以递推数列、等差(比)数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法与数列的和有关的综合应用1.等差(比)数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等•备考策略•本部分内容在备考时应注意以下几个方面：•(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．•(2)掌握等差(比)数列求和公式及方法．•(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．•(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．•预测2019年命题热点为：•(1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．•(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．•(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．核心知识整合1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如{canan＋1}(其中{an}是公差d≠0且各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．附：(1)常见的拆项公式(其中n∈N*)①1nn＋1＝______________.②1nn＋k＝1k(1n－1n＋k)．③12n－12n＋1＝________________.④若等差数列{an}的公差为d，则1anan＋1＝1d(1an－1an＋1)；1anan＋2＝12d(1an－1an＋2)．1n－1n＋112(12n－1－12n＋1)⑤1nn＋1n＋2＝12[1nn＋1－1n＋1n＋2]．⑥1n＋n＋1＝n＋1－n.⑦1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12；②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝______；③12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)．n2•1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论．•2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项．•3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项．•4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．高考真题体验1．(2017·全国卷Ⅱ，3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏B[解析]设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝a11－q71－q＝a11－271－2＝381，解得a1＝3.故选B．2．(2017·全国卷Ⅰ，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是()A．440B．330C．220D．110A[解析]设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为n1＋n2.由题意知，N100，令n1＋n2100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．第n组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n组所有项的和为21－2n1－2－n＝2n＋1－2－n.设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－n1＋n2项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝29×1＋292＋5＝440.故选A．3．(2018·江苏卷，14)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn12an＋1成立的n的最小值为_______.27[解析]B＝{2,4,8,16,32,64,128…}，与A相比，元素间隔大，所以从Sn中加了几个B中元素考虑，1个：n＝1＋1＝2S2＝3,12a3＝362个：n＝2＋2＝4S4＝10,12a5＝603个：n＝4＋3＝7S7＝30,12a8＝1084个：n＝8＋4＝12S12＝94,12a13＝2045个：n＝16＋5＝21S21＝318,12a22＝3966个：n＝32＋6＝38S38＝1150,12a39＝780发现21≤n≤38时Sn－12an＋1与0的大小关系发生变化，以下采用二分法查找：S30＝687,12a31＝612，所以所求n应在22～29之间，S25＝462,12a26＝492，所以所求n应在25～29之间，S27＝546,12a28＝540，所以所求n应在25～27之间，S26＝503,12a27＝516，因为S2712a28，而S2612a27，所以使得Sn12an＋1成立的n的最小值为27.4．(2017·全国卷Ⅱ，15)等差数列{an}的前n项和Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝1n1Sk＝_______.2nn＋1[解析]设等差数列{an}的公差为d，则由a3＝a1＋2d＝3，S4＝4a1＋4×32d＝10，得a1＝1，d＝1.∴Sn＝n×1＋nn－12×1＝nn＋12，1Sn＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)．∴k＝1n1Sk＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1)＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1.5．(2018·全国卷Ⅲ，17)等比数列an中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式．(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.[解析](1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n3.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.6．(2018·北京卷，15)设{an}是等差数列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(1)求{an}的通项公式．(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.[解析](1)由已知，设{an}的公差为d，则a2＋a3＝a1＋d＋a1＋2d＝2a1＋3d＝5ln2，又a1＝ln2，所以d＝ln2，所以{an}的通项公式为an＝ln2＋(n－1)ln2＝nln2(n∈N*)．(2)由(1)及已知，ean＝enln2＝(eln2)n＝2n，所以ea1＋ea2＋…＋ean＝21＋22＋…＋2n＝21－2n1－2＝2n＋1－2(n∈N*)．命题热点突破命题方向1求数列的通项公式(1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则它的通项公式为()A．an＝1n＋1B．an＝2n＋1C．an＝n＋12D．an＝nB[解析]由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0，又an0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，即an＋1an＝n＋1n＋2，an＋1＝n＋1n＋2·an，所以an＝nn＋1·n－1n·…·23a1＝2n＋1a1(n≥2)，所以an＝2n＋1(n＝1适合)，于是所求通项公式为an＝2n＋1.(2)(2017·厦门二模)若数列{an}的前n项和为Sn＝23an＋13，则数列{an}的通项公式为()A．an＝－2n－1B．an＝(－2)n－1C．an＝(－2)nD．an＝－2nB[解析]由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝23an－23an－1.所以an＝－2an－1.又可以得到a1＝1，所以an＝(－2)n－1(n≥2)．又a1＝(－2)1－1＝1，所以an＝(－2)n－1.『规律总结』求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知Sn与an的关系，利用an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，求an.(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋qp－1＝p(an＋qp－1)(p≠1)的形式，利用{an＋qp－1}是以p为公比的等比数列求解；②递推关系形如an＋1＝panan＋p(p为非零常数)可化为1an＋1－1an＝1p的形式．1．若数列{an}满足a1＝0,2an＝1＋anan－1(n≥2，n∈N*)，则a2019＝________.20182019[解析]当n≥2时，因为2an＝1＋anan－1，所以(1－an－1)－(1－an)＝1－an－an－1＋anan－1，所以(1－an－1)－(1－an)＝(1－an)(1－an－1)，所以11－an－11－an－1＝1，因为a1＝0，所以11－a1＝1，所以{11－an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以11－an＝1＋(n－1)＝n，所以11－a2019＝2019，解得a2019＝20182019.2．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{1an}前10项的和为________.2011[解析]由a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)得，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12，则1an＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，故数列{1an}前10项的和S10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.命题方向2数列求和问题设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f′(π2)＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2(an＋12an)，求数列{bn}的前n项和Sn.[解析](1)由题设可得f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－a