2018届二轮复习（文）专题四　数列、推理与证明专题四第2讲课件（全国通用）

2018届二轮复习（文）专题四　数列、推理与证明专题四第2讲课件（全国通用）

第 2 讲　数列的求和问题 专题四 　 数列、推理与证明 热点分类突破 真题押题精练 Ⅰ 热点分类突破 热点一　分组转化求和 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并 . 例 1 　 (2017 届安徽省合肥市模拟 ) 已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 S 4 ＝ 24 ， S 7 ＝ 63. (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解答 解　 ∵ { a n } 为等差数列， 解答 思维升华 (2) 若 求 数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解　 ∵ ＝ 2 2 n ＋ 1 ＋ ( － 1) n ·(2 n ＋ 1) ＝ 2·4 n ＋ ( － 1) n ·(2 n ＋ 1) ， 思维升华　 在处理一般数列求和时，一定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，由于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，最后再验证是否可以合并为一个公式 . (1) 求证：数列 { b n } 为等差数列； 则 b n ＋ 1 － b n ＝ 2( n ＋ 1) － 1 － 2 n ＋ 1 ＝ 2. 所以数列 { b n } 是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列 . 证明 (2) 设 c n ＝ a n ＋ b 2 n ，求数列 { c n } 的前 n 项和 T n . 解答 解　 由 (1) 知， b 2 n ＝ 4 n － 1 ， 则数列 { b 2 n } 是以 3 为首项， 4 为公差的等差数列 . 热点二　错位相减法求和 错位相减法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列 { a n · b n } 的前 n 项和，其中 { a n } ， { b n } 分别是等差数列和等比数列 . 例 2 　 (2017· 河南省夏邑一高模拟 ) 已知 { a n } 是等差数列，其前 n 项和为 S n ， { b n } 是等比数列，且 a 1 ＝ b 1 ＝ 2 ， a 4 ＋ b 4 ＝ 27 ， S 4 － b 4 ＝ 10. (1) 求数列 { a n } 与 { b n } 的通项公式； 解答 解 　 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，等比数列 { b n } 的公比为 q ， 由 a 1 ＝ b 1 ＝ 2 ，得 a 4 ＝ 2 ＋ 3 d ， b 4 ＝ 2 q 3 ， S 4 ＝ 8 ＋ 6 d ， 故 a n ＝ 3 n － 1 ， b n ＝ 2 n ( n ∈ N * ). (2) 求 T n ＝ a 1 b 1 ＋ a 2 b 2 ＋ … ＋ a n b n 的值 . 解 　 T n ＝ 2 × 2 ＋ 5 × 2 2 ＋ 8 × 2 3 ＋ … ＋ (3 n － 1) × 2 n ， ① 2 T n ＝ 2 × 2 2 ＋ 5 × 2 3 ＋ 8 × 2 4 ＋ … ＋ (3 n － 1) × 2 n ＋ 1 ， ② ① — ② ，得－ T n ＝ 2 × 2 ＋ 3 × 2 2 ＋ 3 × 2 3 ＋ … ＋ 3 × 2 n － (3 n － 1) × 2 n ＋ 1 ＝ 3 × 2 ＋ 3 × 2 2 ＋ 3 × 2 3 ＋ … ＋ 3 × 2 n － 2 － (3 n － 1) × 2 n ＋ 1 ＝ (4 － 3 n )2 n ＋ 1 － 8 ， ∴ T n ＝ 8 ＋ (3 n － 4)·2 n ＋ 1 . 解答 思维升华 思维升华　 (1) 错位相减法适用于求数列 { a n · b n } 的前 n 项和，其中 { a n } 为等差数列， { b n } 为等比数列 . (2) 所谓 “ 错位 ” ，就是要找 “ 同类项 ” 相减 . 要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数 . (3) 为保证结果正确，可对得到的和取 n ＝ 1,2 进行验证 . 跟踪演练 2 　 (2017· 江西省赣州市十四县 ( 市 ) 联考 ) 等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a 2 ＝ 7 ， a 3 为整数，且 S n 的最大值为 S 5 . (1) 求 { a n } 的通项公式； 解答 解　 由 a 2 ＝ 7 ， a 3 为整数知，等差数列 { a n } 的公差 d 为整数 . 又 S n ≤ S 5 ，故 a 5 ≥ 0 ， a 6 ≤ 0 ， 因此 d ＝－ 2 ， 数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 11 － 2 n ( n ∈ N * ). (2) 设 b n ＝ ， 求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解答 热点三　裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要 适用于 ( 其中 { a n } 为等差数列 ) 等形式的数列求和 . 例 3 　 (2017 届湖南省郴州市质 量检测 ) 已知等差数列 { a n } 的前 n 项和 为 S n ( n ∈ N * ) ， a 3 ＝ 3 ，且 λS n ＝ a n a n ＋ 1 ，在等比数列 { b n } 中， b 1 ＝ 2 λ ， b 3 ＝ a 15 ＋ 1. (1) 求数列 { a n } 及 { b n } 的通项公式； 解答 思维升华 解　 ∵ λS n ＝ a n a n ＋ 1 ， a 3 ＝ 3 ， ∴ λa 1 ＝ a 1 a 2 ，且 λ ( a 1 ＋ a 2 ) ＝ a 2 a 3 ＝ 3 a 2 ， ∴ a 2 ＝ λ ， a 1 ＋ a 2 ＝ a 3 ＝ 3 ， ① ∵ 数列 { a n } 是等差数列， ∴ a 1 ＋ a 3 ＝ 2 a 2 ， 即 2 a 2 － a 1 ＝ 3 ， ② 由 ①② 得 a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 2 ， ∴ a n ＝ n ， λ ＝ 2 ， ∴ b 1 ＝ 4 ， b 3 ＝ 16 ，则 b n ＝ 2 n ＋ 1 或 b n ＝ ( － 2) n ＋ 1 ( n ∈ N * ). 思维升华　 裂项相消法的基本思想就是把通项 a n 分拆成 a n ＝ b n ＋ k － b n ( k ≥ 1 ， k ∈ N * ) 的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列 { a n } 的通项公式，使之符合裂项相消的条件 . 解答 思维升华 思维升华　 常用的裂项公式 跟踪演练 3 　 (2017· 吉林省吉林市普通高中调研 ) 已知等差数列 { a n } 的前 n 和为 S n ，公差 d ≠ 0 ，且 a 3 ＋ S 5 ＝ 42 ， a 1 ， a 4 ， a 13 成等比数列 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解答 解　 设数列 { a n } 的首项为 a 1 ，因为等差数列 { a n } 的前 n 和为 S n ， a 3 ＋ S 5 ＝ 42 ， a 1 ， a 4 ， a 13 成等比数列 . 又公差 d ≠ 0 ， 所以 a 1 ＝ 3 ， d ＝ 2 ， 所以 a n ＝ a 1 ＋ ( n － 1) d ＝ 2 n ＋ 1. 解答 则 T n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ b 3 ＋ … ＋ b n Ⅱ 真题押题精练 真题体验 1.(2017· 全国 Ⅱ ) 等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3 ＝ 3 ， S 4 ＝ 10 ，则 ＝ ______. 答案 解析 1 2 解析　 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则 1 2 2.(2017· 天津 ) 已知 { a n } 为等差数列，前 n 项和为 S n ( n ∈ N * ) ， { b n } 是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0 ， b 2 ＋ b 3 ＝ 12 ， b 3 ＝ a 4 － 2 a 1 ， S 11 ＝ 11 b 4 . (1) 求 { a n } 和 { b n } 的通项公式； 1 2 解答 解　 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，等比数列 { b n } 的公比为 q . 由已知 b 2 ＋ b 3 ＝ 12 ，得 b 1 ( q ＋ q 2 ) ＝ 12 ，而 b 1 ＝ 2 ， 所以 q 2 ＋ q － 6 ＝ 0. 又因为 q >0 ，解得 q ＝ 2 ，所以 b n ＝ 2 n . 由 b 3 ＝ a 4 － 2 a 1 ，可得 3 d － a 1 ＝ 8 ， ① 由 S 11 ＝ 11 b 4 ，可得 a 1 ＋ 5 d ＝ 16 ， ② 联立 ①② ，解得 a 1 ＝ 1 ， d ＝ 3 ，由此可得 a n ＝ 3 n － 2. 所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 3 n － 2 ，数列 { b n } 的通项公式为 b n ＝ 2 n . 1 2 (2) 求数列 { a 2 n b 2 n － 1 } 的前 n 项和 ( n ∈ N * ). 1 2 解答 解　 设数列 { a 2 n b 2 n － 1 } 的前 n 项和为 T n ， 由 a 2 n ＝ 6 n － 2 ， b 2 n － 1 ＝ 2 × 4 n － 1 ，得 a 2 n b 2 n － 1 ＝ (3 n － 1) × 4 n ，故 T n ＝ 2 × 4 ＋ 5 × 4 2 ＋ 8 × 4 3 ＋ … ＋ (3 n － 1) × 4 n ， ③ 4 T n ＝ 2 × 4 2 ＋ 5 × 4 3 ＋ 8 × 4 4 ＋ … ＋ (3 n － 4) × 4 n ＋ (3 n － 1) × 4 n ＋ 1 ， ④ ③ － ④ ，得－ 3 T n ＝ 2 × 4 ＋ 3 × 4 2 ＋ 3 × 4 3 ＋ … ＋ 3 × 4 n － (3 n － 1) × 4 n ＋ 1 ＝－ (3 n － 2) × 4 n ＋ 1 － 8 ， 1 2 押题预测 答案 解析 押题依据　 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循 . 1 2 1. 已知数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ ，其前 n 项和为 S n ，若存在 M ∈ Z ，满足对任意的 n ∈ N * ，都有 S n < M 恒成立，则 M 的最小值为 _____. 1 押题依据 1 2 2. 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n 满足 S n ＝ a ( S n － a n ＋ 1) ( a 为常数，且 a >0) ，且 4 a 3 是 a 1 与 2 a 2 的等差中项 . (1) 求 { a n } 的通项公式； 解答 押题依据　 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用 a n ， S n 的关系求 a n ，也是高考出题的常见形式 . 1 2 押题依据 解　 当 n ＝ 1 时， S 1 ＝ a ( S 1 － a 1 ＋ 1) ，所以 a 1 ＝ a ， 当 n ≥ 2 时， S n ＝ a ( S n － a n ＋ 1) ， ① S n － 1 ＝ a ( S n － 1 － a n － 1 ＋ 1) ， ② 1 2 故 { a n } 是首项 a 1 ＝ a ，公比为 a 的等比数列， 所以 a n ＝ a · a n － 1 ＝ a n . 故 a 2 ＝ a 2 ， a 3 ＝ a 3 . 由 4 a 3 是 a 1 与 2 a 2 的等差中项，可得 8 a 3 ＝ a 1 ＋ 2 a 2 ， 即 8 a 3 ＝ a ＋ 2 a 2 ， 因为 a ≠ 0 ，整理得 8 a 2 － 2 a － 1 ＝ 0 ， 即 (2 a － 1)(4 a ＋ 1) ＝ 0 ， 1 2 解答 1 2 1 2 所以 T n ＝ 3 × 2 ＋ 5 × 2 2 ＋ 7 × 2 3 ＋ … ＋ (2 n － 1) × 2 n － 1 ＋ (2 n ＋ 1) × 2 n ， ① 2 T n ＝ 3 × 2 2 ＋ 5 × 2 3 ＋ 7 × 2 4 ＋ … ＋ (2 n － 1)·2 n ＋ (2 n ＋ 1) × 2 n ＋ 1 ， ② 由 ① － ② ，得－ T n ＝ 3 × 2 ＋ 2(2 2 ＋ 2 3 ＋ … ＋ 2 n ) － (2 n ＋ 1) × 2 n ＋ 1 ＝－ 2 ＋ 2 n ＋ 2 － (2 n ＋ 1) × 2 n ＋ 1 ＝－ 2 － (2 n － 1) × 2 n ＋ 1 ， 所以 T n ＝ 2 ＋ (2 n － 1) × 2 n ＋ 1 .