第1部分 专题3 微专题10 数列求和及其综合应用（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题三 数列 微专题10　数列求和及其综合应用 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 ★[高考定位]　数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法．常与数列的综合问题结合考查，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等． 　数列求和 数列求和最常用的四种方法 1．公式法： 适合求等差数列或等比数列的前n项和，对于等比数列，利用公式法求和时，一定要注意q是否取1. 2．错位相减法： 这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． 3．裂项相消法： 把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和．若{an}为等差数列，d为公差，则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))). 4．分组求和法： 一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分(即能分别求和)，然后再合并 [角度1]　分组求和 [例1]　(2024·莆田质检二)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且a2，a4，a8成等比数列，S5＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,2n，n为偶数，))求数列{bn}的前2n项和T2n. [解]　(1)根据题意列式求a1，d，进而可得结果；(2)根据题意利用分组求和法结合等差、等比数列求和公式运算求解． (1)由题意可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S5＝5a3＝15,a\o\al(2,4)＝a2a8))， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3,a1＋3d2＝a1＋da1＋7d))， 且d≠0，解得a1＝d＝1， 所以数列{an}的通项公式an＝1＋n－1＝n. (2)由(1)可得bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n，n为奇数,2n，n为偶数))， 可得T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(22＋24＋…＋22n)＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(41－4n,1－4) ＝n2＋eq \f(4,3)(4n－1)， 所以T2n＝n2＋eq \f(4,3)(4n－1)． 在处理一般数列求和时，一般要注意使用转化思想，把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时，要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解，在利用分组求和法求和时，有时数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后验证是否可以合并为一个公式． [角度2]　裂项求和 [例2]　(2024·安阳一模)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3·2n. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝eq \f(2an1－n,3n－1n2＋n)，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　(1)由an＋1＝2an＋3·2n，可得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,2)，又eq \f(a1,2)＝1， 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以1为首项，eq \f(3,2)为公差的等差数列， 所以eq \f(an,2n)＝1＋(n－1)·eq \f(3,2)＝eq \f(3n－1,2)， 得到an＝(3n－1)·2n－1. (2)由(1)可知bn＝eq \f(3n－1·2n·1－n,3n－1n2＋n)＝eq \f(1－n·2n,nn＋1)＝eq \f(2n,n)－eq \f(2n＋1,n＋1)， 故Tn＝eq \f(21,1)－eq \f(22,2)＋eq \f(22,2)－eq \f(22,3)＋…＋eq \f(2n,n)－eq \f(2n＋1,n＋1)＝2－eq \f(2n＋1,n＋1). 1．裂项相消法求和就是将数列中的每一项分成两项或多项，使这些分开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项． 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． [角度3]　错位相减求和 [例3]　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　(1)利用退位法可求{an}的通项公式．(2)利用错位相减法可求Tn. (1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4. 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故eq \f(an,an－1)＝－3， ∴数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n－1. (2)bn＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n 所以－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n ＝4＋4×eq \f(31－3n－1,1－3)－4n×3n＝4＋2×3×(3n－1－1)－4n×3n ＝(2－4n)×3n－2， ∴Tn＝(2n－1)·3n＋1. 应用错位相减法求和需注意的问题 (1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列． (2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． 1．(2024·宁波模拟)已知等差数列{an}的公差为2，记数列{bn}的前n项和为Sn，b1＝0，b2＝2且满足bn＋1＝2Sn＋an. (1)证明：数列{bn＋1}是等比数列； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解：(1)根据通项与前n项和之间的关系，作差可得bn＋1＝3bn＋2，即可利用等比数列的定义求解； (2)根据错位相减法求和以及分组求解，结合等差、等比数列求和求解． (1)n≥2时，bn＋1－bn＝2(Sn－Sn－1)＋an－an－1＝2bn＋2，即bn＋1＝3bn＋2. 又b1＝0，b2＝2，也符合b2＝3b1＋2， 所以n≥1时，bn＋1＝3bn＋2，即bn＋1＋1＝3(bn＋1)． 又b1＋1＝1≠0，所以bn＋1≠0， 所以eq \f(bn＋1＋1,bn＋1)＝3，所以数列{bn＋1}成等比数列． (2)由(1)易得bn＝3n－1－1.由b2＝2b1＋a1可得a1＝2，所以an＝2n. 所以anbn＝2n(3n－1－1)＝2n·3n－1－2n， 所以Tn＝2(1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1)－n(n＋1)． 令M＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1， 则3M＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， 所以2M＝－(30＋31＋32＋…＋3n－1)＋n·3n＝n·3n－eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)， 所以Tn＝2M－n(n＋1)＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)－n(n＋1)． 2．(2024·岳阳质监三)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若等差数列{an}的公差不为零且数列{bn}满足：bn＝eq \f(4n2,an－1an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列公差，由条件列出方程，求解后运用等差数列基本量运算即得；(2)求出数列{bn}的通项公式，根据其形式结构进行拆项和裂项，利用分组求和法与裂项求和法即可求得Tn. (1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋3d成等比数列，所以(2＋d)2＝2(2＋3d)， 解得d＝0或d＝2，当d＝0时，an＝2；当d＝2时，an＝2＋(n－1)×2＝2n， 所以数列{an}的通项公式为an＝2或an＝2n. (2)因为等差数列{an}的公差不为零，由(1)知an＝2n(n∈N*)，则bn＝eq \f(4n2,an－1an＋1) ＝eq \f(4n2,2n－12n＋1) ＝eq \f(4n2－1＋1,4n2－1)＝1＋eq \f(1,2n－12n＋1) ＝1＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， 所以Tn＝n＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， 即Tn＝n＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝n＋eq \f(n,2n＋1). 数列中的不等式问题 [例4]　(2024·湖北七市州调研)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝eq \f(anan＋1＋1,4). (1)求{an}的通项公式； (2)若对于任意n∈N*,2n·λ≥Sn成立，求实数λ的取值范围． [解]　(1)根据题意，得到n≥2时，4Sn－1＝an－1an＋1，两式相减得到an＋1－an－1＝4，得到a1，a3，a2n－1及a2，a4，a2n，均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式； (2)由(1)求得Sn＝n2，证得为λ≥eq \f(n2,2n)恒成立，设bn＝eq \f(n2,2n)，求得数列的单调性和最大值，即可求解． (1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝eq \f(anan＋1＋1,4)，即4Sn＝anan＋1＋1， 当n≥2时，可得4Sn－1＝an－1an＋1， 两式相减得4an＝an(an＋1－an－1)， 因为an≠0，故an＋1－an－1＝4， 所以a1，a3，…，a2n－1，…及a2，a4，…，a2n，…均为公差为4的等差数列： 当n＝1时，由a1＝1及S1＝eq \f(a1a2＋1,4)，解得a2＝3， 所以a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1， 可得Sn＝eq \f(a1＋an,2)n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋2n－1,2)))n＝n2， 因为对于任意n∈N*,2n×λ≥Sn成立，所以λ≥eq \f(n2,2n)恒成立， 设bn＝eq \f(n2,2n)，则bn＋1－bn＝eq \f(n＋12,2n＋1)－eq \f(n2,2n)＝eq \f(－n2＋2n＋1,2n＋1)， 当1－eq \r(2)＜n＜1＋eq \r(2)，即n＝1,2时，bn＋1－bn＞0，bn＜bn＋1 当n＞1＋eq \r(2)，即n≥3，n∈N*时，bn＋1－bn＜0，bn＞bn＋1 所以b1＜b2＜b3＞b4＞b5＞…，故(bn)max＝b3＝eq \f(9,8)，所以λ≥eq \f(9,8)， 即实数λ的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞)). 解决数列与函数、不等式的综合问题的注意点 (1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别注意； (2)解题时应准确构造函数，利用函数性质时应注意限制条件； (3)证明不等关系时进行适当的放缩． (2024·桂林、来宾三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4a1－3Sn＝eq \f(1,4n－1). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝nan，且数列{bn}的前n项和为Tn，若∀n∈N*都有不等式Tn≤eq \f(16,9)＋3λan恒成立，求λ的取值范围． 解：(1)根据an＝Sn－Sn－1运算即可求解；(2)由(1)可得bn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，结合错位相减求和法计算可得Tn＝eq \f(16,9)－eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，将原问题转化为不等式λ≥－eq \f(n,9)－eq \f(4,27)对∀n∈N*恒成立，结合一次函数的性质即可求解． (1)因为4a1－3Sn＝eq \f(1,4n－1)， 当n＝1时，得4a1－3a1＝1，即a1＝1≠0,3Sn＝4－eq \f(1,4n－1)①， 当n≥2时，3Sn－1＝4－eq \f(1,4n－2)②， 由①－②得3an＝eq \f(1,4n－2)－eq \f(1,4n－1)，an＝eq \f(1,4n－1)，又a1＝1也满足， 所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1. (2)因为bn＝nan＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1， 所以Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))0＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，eq \f(1,4)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))1＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n， 两式相减得eq \f(3,4)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n， 即eq \f(3,4)Tn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n,1－\f(1,4))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n， 则eq \f(3,4)Tn＝eq \f(4,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n， 故Tn＝eq \f(16,9)－eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n. 由Tn≤eq \f(16,9)＋3λan，得eq \f(16,9)－eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n≤eq \f(16,9)＋3λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，即λ≥－eq \f(n,9)－eq \f(4,27)， 依题意，∀n∈N*不等式λ≥－eq \f(n,9)－eq \f(4,27)恒成立， 因为y＝－eq \f(n,9)－eq \f(4,27)随着n增大而减小， 所以λ≥－eq \f(7,27)，即λ的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,27)，＋∞)). $$