【数学】2018届一轮复习北师大版数列求和及数列实际问题教案

【数学】2018届一轮复习北师大版数列求和及数列实际问题教案

第十九讲 数列求和 ‎ 项目 内容 课题 数列求和（共 3 课时）‎ 修改与创新 教学目标 ‎1．探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法；‎ ‎2．能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。‎ 命题走向 数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。‎ 有关命题趋势：‎ ‎1．数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；‎ ‎2．数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；‎ ‎3．数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等；‎ ‎4．有关数列的应用问题也一直备受关注。‎ 预测2017年高考对本将的考察为：‎ ‎1．可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题；‎ ‎2．也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。‎ 多媒体课件 教学准备 教学过程 ‎1．等差数列的前n项和公式 Sn＝＝na1＋d．‎ ‎2．等比数列的前n项和公式 Sn＝ ‎3．一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；‎ ‎(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．‎ ‎1．辨明两个易误点 ‎(1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．‎ ‎(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．‎ ‎2．数列求和的常用方法 ‎(1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．‎ ‎(2)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．‎ ‎(3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．‎ ‎(4)分组转化法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．‎ ‎(5)并项求和法 一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，‎ 可采用两项合并求解．‎ ‎1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　)‎ A．9　　　　　　　　　　　　 B．8‎ C．17 D．16‎ 解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.‎ ‎2．(必修5 P47习题2.3 B组T4改编)数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)‎ A．2 014 B．2 015‎ C．2 016 D．2 017‎ 解析：选B.an＝＝－，‎ Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 015.‎ ‎3．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为(　　)‎ A．120 B．100‎ C．75 D．70‎ 解析：选C.因为Sn＝＝n(n＋2)，‎ 所以＝n＋2.‎ 故＋＋…＋＝75.‎ ‎4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________．‎ 解析：Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.‎ 答案：2n＋1＋n2－2‎ ‎5．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．‎ 解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①‎ 所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②‎ ‎①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，‎ 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 答案：(n－1)2n＋1＋2‎ 考点一　分组转化法求和 ‎ ‎　等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．‎ ‎[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 由已知得 ‎ 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.‎ ‎(2)由(1)可得bn＝2n＋n，‎ 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10‎ ‎＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)‎ ‎＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)‎ ‎＝＋ ‎＝(211－2)＋55‎ ‎＝211＋53＝2 101.‎ 分组转化法求和的常见类型 ‎(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和； ‎ ‎(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．‎ ‎　1.已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q>1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.‎ 解：(1)因为3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，‎ 所以3(anq2＋an)－10anq＝0，‎ 即3q2－10q＋3＝0.‎ 因为公比q>1，所以q＝3.‎ 又首项a1＝3，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n.‎ ‎(2)因为是首项为1，公差为2的等差数列，‎ 所以bn＋an＝1＋2(n－1)．‎ 即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，‎ 前n项和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－(3n－1)＋n2.‎ 考点二　错位相减法求和 ‎　设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)由题意有 ‎ 即解得 或 ‎ 故或 ‎(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，‎ 于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋＋…＋＋.②‎ ‎①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，‎ 故Tn＝6－.‎ 用错位相减法求和时应注意的两点 ‎(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. ‎ ‎　2.已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.令bn＝log2(an－1)．‎ ‎(1)证明：数列{bn＋1}为等比数列；‎ ‎(2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)证明：因为函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，所以b＝0，所以f(x)＝x2，‎ 所以an＋1＝2(an－1)2＋1，‎ 所以an＋1－1＝2(an－1)2，‎ 所以＝＝＝2，‎ 所以数列{bn＋1}是公比为2的等比数列．‎ ‎(2)因为a1＝3，所以b1＝log22＝1，‎ 所以bn＋1＝2n，即bn＝2n－1，‎ 所以cn＝n·2n－n，‎ 设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，‎ 所以2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，‎ 所以－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，所以An＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，‎ 所以Sn＝An－Bn＝(n－1)2n＋1＋2－.‎ 考点三　裂项相消法求和(高频考点)‎ 裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题，难度适中，属中档题．‎ 高考对裂项相消法的考查常有以下两个命题角度：‎ ‎(1)求前n项和；‎ ‎(2)比较大小或不等式证明．‎ ‎　(2015·高考安徽卷)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，‎ 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．‎ 由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.‎ ‎(2) Sn＝＝2n－1.‎ 又bn＝＝＝－，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.‎ 利用裂项相消法求和的注意事项 ‎(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项； ‎ ‎(2)将通项裂项后，有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．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.‎ ‎　3.(2016·长春质量监测)等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a7＝－9，S9＝－.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn>－.‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，则由已知条件可得：‎ 解得 于是可求得an＝－.‎ ‎(2)证明：由(1)知，Sn＝－，‎ 故bn＝－＝－，‎ 故Tn＝－[－‎ ]＝－，‎ 又因为－－<，‎ 所以Tn>－.‎ 规范解答——数列求和 ‎　(本题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)―→ ‎ ‎(2)―→―→―→―→―→ ‎(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，‎ 故a1＝3.(1分)‎ 当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，‎ 此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，‎ 所以an＝(4分)‎ ‎(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝.‎ 当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.‎ 所以T1＝b1＝；(6分)‎ 当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，‎ 所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，‎ ‎(8分)‎ 两式相减，得 ‎2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n ‎＝＋－(n－1)×31－n ‎＝－，(10分)‎ 所以Tn＝－.(11分)‎ 经检验，n＝1时也适合．‎ 综上可得Tn＝－.(12分)‎ ‎　利用Sn求an时不要忽视n＝1的情况；根据已知条件合理选择数列的求和方法，错位相减时不要漏项或算错项数．‎ 板书设计 数列求和 ‎1．等差数列的前n项和公式 Sn＝＝na1＋d．‎ ‎2．等比数列的前n项和公式 Sn＝ ‎3．一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； ‎ ‎(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．‎ ‎4．数列求和的常用方法 ‎(1)倒序相加法 ‎ ‎(2)错位相减法 ‎(3)裂项相消法 ‎(4)分组转化法 ‎(5)并项求和法 教学反思 ‎ 数列求和是数列的重要考查内容，常见的求和有，利用等差、等比数列求和公式求解，错位相减法，裂项相消法和分组求和法。对错位相减法，裂项相消法和分组求和法应引导学生分析通项公式的特点，以便在做题时有准确的把握。裂项相消时应设计需要搭配系数的题目、相消后剩下不是首位两项的题目，以 使学生准确把握这一方法。倒序相加法的题目，计算往往较繁琐，需增加训练量。‎ ‎ ‎