2022高考数学一轮总复习课件:6.4 数列求和及应用

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1、64 数列求和及应用数列求和及应用 【教材梳理】 1数列求和方法 (1)公式法 ()等差数列前 n 项和公式:Snn(a1an) 2 na1n(n1)d 2 . 等比数列前 n 项和公式:Sn na1,q1, a1(1qn) 1q a1anq 1q ,q1. ()常见数列的前 n 项和: 123n_; 2462n_; 135(2n1)_; 122232n2_; 132333n3 n(n1) 2 2 . 2数列应用题常见模型 (1)单利公式 利息按单利计算,本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 x,则本利和 y_. (2)复利公式 利息按复利计算,本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 x,则

2、本利和 y_. (3)产值模型 原来产值的基础数为 N,平均增长率为 p,对于时间 x,总产值 y_. (4)递推型 递推型有 an1f(an)与 Sn1f(Sn)两类 (5)数列与其他知识综合,主要有数列与不等式、数列与函数(含三角函数)、数列与解析几何等 【常用结论】 3常见的裂项公式 (1) 1 n(n1) 1 n 1 n1. (2) 1 (2n1)(2n1) 1 2 1 2n1 1 2n1 . (3) 1 n(n1)(n2) 1 2 1 n(n1) 1 (n1)(n2) . (4) 1 a b 1 ab( a b) (5) n (n1)! 1 n! 1 (n1)!. (6)Cm 1 n

3、 Cm n1C m n. (7)n n!(n1)!n!. (8)anSnSn1(n2) 【自查自纠】 1(1)n(n1) 2 n2n n2 n(n1)(2n1) 6 2(1)a(1xr) (2)a(1r)x (3)N(1p)x 判断下列命题是否正确,正确的在括号内画“”,错误的画“” (1)当 n2 时, 1 n21 1 n1 1 n1. ( ) (2)如果已知一个数列的通项公式,那么它的前 n 项和一定可以求解 ( ) (3)已知数列an是等差数列,则它的前 n 项和一定是关于 n 的二次函数形式 ( ) (4)如果数列an是周期为 k 的周期数列,那么 SkmmSk(m,k 为大于 1 的

4、正整数) ( ) (5)已知各项不为 0 的等差数列an的公差为 d(d0),则有 1 anan1 1 d( 1 an 1 an1) ( ) 解:(1); (2); (3); (4); (5). (20192020学年山西孝义二中高一下期末)已知 Sn为数列 an的前 n 项和,且 满足 a11,a23,an23an,则 S2 022 ( ) A231 0112 B231 011 C.3 2 0221 2 D.3 1 0111 2 解:因为 a11,a23,an23an,所以数列an的奇数项成等比数列,偶数项也 成等比数列,且公比均为 3, 所以 S2 022(a1a3a2 021)(a2a4

5、a2 022)13 1 011 13 3(13 1 011) 13 231 0112.故选 A. (2020届四川仁寿一中高三模拟)已知 an 2 n22n,则 S6( ) A.69 56 B. 7 8 C. 69 28 D. 7 16 解:由题意,an 2 n22n 2 n(n2) 1 n 1 n2, 所以 S6a1a2a611 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 4 1 6 1 5 1 7 1 6 1 81 1 2 1 7 1 8 69 56. 故选 A. (2021届安徽六校高三测试)已知 Sn为数列an的前 n 项和,且满足 a12,a2 nan1 4(an1)(nN*),则 S2

6、0 ( ) A0 B4 C74 D80 解:由已知得 an1(an2)2, 因为 a12,所以 a20,a34,当 n4 时 an4, 所以 S202041874.故选 C. 有一种细菌和一种病毒,每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自 身分裂为 2 个现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒,问细菌将病 毒全部杀死至少需要_s. 解: 设至少需要 n s,则 12222n 1100,即12 n 12 100, 所以 n7.故填 7. 考点一考点一 分组分组(并项并项)法求和法求和 (1)1 11 2 11 2 1 4 11 2 1 4 1 220 _. 解:设 an11 2 1 4 1 2

7、n 1 1 1 1 2 n 11 2 2 1 1 2n 2 1 2n 1,分组求和可得 数列an的前 n 项和 Sn2n 1 1 1 2 n 11 2 2n2 1 2n 1,则 S212212 1 221 140 1 220.故填 40 1 220. (2)(2020全国卷)数列an满足 an2(1)nan3n1,前 16 项和 为 540,则 a1_. 解:an2(1)nan3n1, 当 n 为奇数时,an2an3n1; 当 n 为偶数时,an2an3n1. 设数列an的前 n 项和为 Sn, S16a1a2a3a4a16 a1a3a5a15(a2a4)(a14a16) a1(a12)(a1

8、10)(a124)(a144)(a170)(a1102)(a1140) (5172941) 8a1392928a1484540, 所以 a17.故填 7. 【点拨】分组求和法就是对一类既不是等差数列,也不是 等比数列的数列,若将这类数列适当拆开,分为几个等差、等 比数列或常见的数列, 然后分别求和, 最后将其合并的方法 记 住了这一类题型的特点,就能准确找到解题思路 (1)数列 9,99,999,的前 n 项和 Sn_. 解:Sn999999999n 个 (1011)(1021)(1031)(10n1) (10110210310n)n 10(110 n) 110 n10 n110 9 n. 故

9、填10 n110 9 n. (2)数列an的通项公式 annsinn 3 ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 021 _. 解:函数 ysin 3x 以 6 为最小正周期,又 a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m6 3 3, mN, 2 02133761, 所以S2 0213 33372 022sin2 022 3 1 011 3. 故填1 011 3. 考点二考点二 裂项相消法求和裂项相消法求和 (1)(2019南宁摸底联考)已知等差数列an满足 a37,a5a726,则an的通项公 式为_;数列 1 anan1 的前 n 项和为_ 解:设等差数列的公差为 d,则由题意可得 a12

10、d7, 2a110d26, 解得 a13, d2. 所以 an32(n1)2n1. 1 anan1 1 (2n1)(2n3) 1 2 1 2n1 1 2n3 , 所以其前 n 项和为1 2( 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3) 1 2 1 3 1 2n3 n 6n9.故填 an2n1; n 6n9. (2)(2020宜宾市叙州区第二中学开学考试)已知等差数列an满足 a2a46,前 7 项和 S7 28.设 bn 2n (2an1)(2an11),则数列bn的前 n 项和 Tn. _. 解:设等差数列an的公差为 d, 由 a2a46 可知 a33, 前 7 项和 S72

11、87a4,所以 a44, 所以 a12d3, a13d4,解得 a11, d1. 所以 an11(n1)n. bn 2n (2an1)(2an11) 2n (2n1)(2n 11) 1 2n1 1 2n 11, 所以bn前 n 项和 Tnb1b2bn ( 1 211 1 221)( 1 221 1 231)( 1 2n1 1 2n 11)1 3 1 2n 11.故填1 3 1 2n 11. 【点拨】裂项相消求和问题是常考题型裂项是通分的逆变形,裂项时需要注意的两点: 一是要注意裂项时对系数的调整;二是裂项后,从哪里开始相互抵消,前面留下哪些项,后面 对应留下哪些项,应做好处理常见裂项公式详见【

12、常用结论】 其中等差数列相邻项乘积的倒 数裂项是最常见的,即 1 anan1 1 d( 1 an 1 an1),其中 an0,d0.除此之外,下面三种也比较常见 指数型: (a1)an (anb)(an 1b) 1 anb 1 an 1b. 对数型:lognan 1 an lognan1lognan(an0) 无理型: 1 a b 1 ab( a b)(a0,b0) (1)(20192020学年陕西延安吴起高中高一下期末)已知数列an满足 an1 n n1an, a11,则数列anan1的前 10 项和为 ( ) A.10 11 B. 11 10 C. 9 10 D. 10 9 解:因为 an

13、1 n n1an,所以 an1 an n n1,则当 n2 时,ana1 a2 a1 a3 a2 an an11 1 2 2 3 n1 n 1 n,a11 满足 所以 anan1 1 n(n1) 1 n 1 n1, 所以,数列anan1的前 10 项和为 S10(11 2)( 1 2 1 3)( 1 3 1 4)( 1 10 1 11)1 1 11 10 11. 故选 A. (2)已知函数 f(x)x 的图象过点(4,2),令 an 1 f(n1)f(n),nN *.记数列a n的 前 n 项和为 Sn,则 S2 021( ) A. 2 0201 B. 2 0201 C. 2 0221 D.

14、2 0221 解:由 f(4)2 可得 4 2,解得 1 2,则 f(x)x 1 2. 所以 an 1 f(n1)f(n) 1 n1 n n1 n, S2 021a1a2a3a2 021( 2 1)( 3 2)( 4 3)( 2 021 2 020)( 2 022 2 021) 2 0221.故选 C. 考点三考点三 倒序相加法求和倒序相加法求和 (2020吉林省实验高一期末)已知函数 f(x) 3x 3x1,(xR),正项等比数列an 满足 a501,则 f(lna1)f(lna2)f(lna99)_. 解:因为 f(x) 3x 3x1,所以 f(x)f(x) 3x 3x1 3 x 3 x1

15、1.因为数列an是等 比数列,所以 a1a99a2a98a49a51a2 501,即 lna1lna99lna2lna98 lna49lna510.设 S99f(lna1)f(lna2)f(lna3)f(lna99),又 S99f(lna99) f(lna98)f(lna97)f(lna1),得 2S9999,所以 S9999 2 .故填99 2 . 【点拨】如果一个数列an,与首末项等距的两项之和等于首末两 项之和,可采用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列 的和,这一求和方法称为倒序相加法,等差数列前 n 项和公式的推导便 使用了此法用倒序相加法解题的关键,就是要能够找出首项和

16、末项之 间的关系,因为有时这种关系比较隐蔽 求 sin21sin22sin23sin289的值 解:令 Snsin21sin22sin23sin289, 则 Snsin289sin288sin287sin21 cos21cos22cos23cos289. 与两边分别相加得 2Sn(sin21cos21)(sin22cos22) (sin289cos289)89. 所以 Sn89 2 . 考点四考点四 错位相减法求和错位相减法求和 求和:Sn1 a 2 a2 3 a3 n an. 解:当 a1 时,Sn12nn(n1) 2 . 当 a1 时,Sn1 a 2 a2 3 a3 n an, 1 aSn

17、 1 a2 2 a3 n1 an n an 1, 由得 11 a Sn1 a 1 a2 1 a3 1 an n an 1 1 a 1 1 an 11 a n an 1,所以 Sna(a n1)n(a1) an(a1)2 . 综上所述,Sn n(n1) 2 (a1), a(an1)n(a1) an(a1)2 (a1). 【点拨】错位相减法适用于通项为等差等比数列乘积的数列求和, 是等比数列前 n 项和公式推导所使用的方法错位相减法的思维难度并 不高,关键是要细心,要能找好两个式子之间的对应项,计算仔细,以 免造成不必要的失分 已知 ann1 2n 1,求an的前 n 项和 Tn. 解:Tn 2

18、22 3 23 4 24 n1 2n 1, 1 2Tn 2 23 3 24 4 25 n1 2n 2, 得 1 2Tn 2 22 1 23 1 24 1 25 1 2n 1n1 2n 2 1 2 1 23 1 1 2n 1 11 2 n1 2n 23 4 1 2n 1n1 2n 2, 所以 Tn3 2 1 2n n1 2n 13 2 n3 2n 1. 考点五考点五 数列的实际应用数列的实际应用 (2020届上海杨浦区高三二模)某地出现了虫害,农业科学家引入了“虫害指数”数 列In,In表示第 n 周的虫害的严重程度,虫害指数越大,严重程度越高,为了治理虫害, 需要环境整治、杀灭害虫,然而由于人

19、力资源有限,每周只能采取以下两个策略之一: 策略 A:环境整治, “虫害指数”数列满足 In11.02In0.20; 策略 B:杀灭害虫, “虫害指数”数列满足 In11.08In0.46; 当某周“虫害指数”小于 1 时,危机就在这周解除 (1)设第一周的虫害指数 I11,8,用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小? (2)设第一周的虫害指数 I13,如果每周都采用最优的策略,虫害的危机最快在第几周 解除?(1.0871.714) 解:(1)由题意可知,使用策略 A 时,I21.02I10.20;使用策略 B 时,I21.08I10.46. 令 1.02I10.20()1.08I10.46

20、 0I113 3 ,即当 I11,13 3 )时,使用策略 B 第二周严重程度更 小;当 I113 3 时,使用两种策略第二周严重程度一样;当 I1(13 3 ,8时,使用策略 A 第二周严重程 度更小 (2)由(1)可知,最优策略为策略 B,即 In11.08In0.46,In123 4 1.08(In23 4 ),所以数列In 23 4 是以11 4 为首项,1.08 为公比的等比数列,所以 In23 4 11 4 1.08n 1,即 I n11 4 1.08n 1 23 4 ,令 Inan, 则称 an是间隔递增数列,k 是 an的间隔数,下列说法正确的是 ( ) A公比大于 1 的等比

21、数列一定是间隔递增数列 B已知 ann4 n,则 an是间隔递增数列 C已知 an2n(1)n,则 an是间隔递增数列且最小间隔数是 2 D已知 ann2tn2 020,若 an是间隔递增数列且最小间隔数是 3,则 4t1, 所以当 a 10 时, ank0,解得 k3,故存在 k 使an为间隔递增数 列,故正确; 对于 C,ankan2(nk)(1)n k2n(1)n2k(1)n(1)k1,当 n 为奇数时, 2k(1)k10,存在 k1 成立,当 n 为偶数时,2k(1)k10,存在 k2 成立,综上, an 是间隔递增数列且最小间隔数是 2,故正确; 对于 D, 若 an是间隔递增数列且

22、最小间隔数是 3, 则 ankan(nk)2t(nk)2 020(n2 tn2 020)2knk2tk0,nN*成立,则 k2(2t)k0 对于 k3 成立,且 k2(2t)k0 对 于 k2 成立,即 k(2t)0 对于 k3 成立,且 k(2t)0 对于 k2 成立,所以 t23,且 t22,解得 4t5,故正确故选 BCD. 【点拨】 数学文化,博大精深,以文化人,润物无声,新高考从 德智体美劳等多角度强化对古今中外数学文化的考查高考数学试卷 增加了探究性、开放性试题,以开放性试题考查发散思维,以探究性试 题考查独立思考能力,体现创新性的考查要求这类试题注重考查学生 的逻辑推理、信息加工

23、、阅读理解和分析解决实际问题的能力,注重培 养学生支撑终身发展、适应时代要求的关键能力在区分学生、科学选 才中发挥积极作用数列是高考强化对数学文化及数学探索类试题考 查的典型知识载体 (1)张邱建算经是中国古代数学史上的杰作,该书中有首古 民谣记载了一数列问题:“南山一棵竹,竹尾风割断,剩下三十节,一节 一个圈头节高五寸 ,头圈一尺三.逐节多三分,逐圈少分三.一蚁往 上爬,遇圈则绕圈爬到竹子顶,行程是多远?”(注释:第一节的高度 为 0.5 尺;第一圈的周长为 1.3 尺;每节比其下面的一节多 0.03 尺; 每圈周长比其下面的一圈少 0.013 尺)问:此民谣提出的问题的答案是 ( ) A7

24、2.705 尺 B61.395 尺 C61.905 尺 D73.995 尺 解: 因为每相邻两节竹节间的长度差为 0.03 尺, 设从地面往上每节竹长分别为 a1, a2, a3, , a30, 所以数列an是以 a10.5 为首项, 以 d10.03 为公差的等差数列 又 由题意知竹节圈长每后一圈比前一圈细 0.013 尺,设从地面往上每节圈长分别为 b1, b2, b3, , b30, 则数列bn是以 b11.3 为首项, 以 d0.013 为公差的等差数列 所 以一蚂蚁往上爬,遇圈则绕圈,爬到竹子顶,行程为 S30 300.53029 2 0.03 301.33029 2 (0.013)

25、 61.395.故选 B. (2)(2021 届陕西宝鸡金台区高三 11 月质检)十九世纪下半叶集合论的创立,奠定了现代 数学的基础著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物,具有典型的分形特征,其 操作过程如下:将闭区间0,1均分为三段,去掉中间的区间段 1 3, 2 3 ,记为第一次操作; 再将剩下的两个区间 0,1 3 , 2 3,1 分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二 次操作;如此这样,每次在上一次操作的基础上,将剩下的各个区间分别均分为三段, 同样各自去掉中间的区间段 操作过程不断地进行下去, 以至无穷, 剩下的区间集合即是“康 托三分集”若使去掉的各区间长度之和不小

26、于4 5,则需要操作的次数 n 的最小值为(lg2 0.301 0,lg30.477 1) ( ) A3 B4 C5 D6 解: 第一次操作去掉的区间长度为1 3; 第二次操作去掉两个长度为 1 9的区间, 长度和为 2 9; 第三次操作去掉四个长度为 1 27的区间, 长度和为 4 27; ; 第 n 次操作去掉 2 n1 个长度为 1 3n的 区间, 长度和为2 n1 3n .进行了 n 次操作后, 所有去掉的区间长度之和为 Sn1 3 2 9 2n 1 3n 1 2 3 n,由题意,1 2 3 n4 5,即 nlg 2 3lg 1 5,解得 n3.97,又 n 为整数,所以 n 的最小

27、值为 4.故选 B. (3)(2020 届福建漳州高三第二次质检)我国古代著名数学家刘徽的杰作九章算术注是中国 最宝贵的数学遗产之一,书中记载了他计算圆周率所用的方法先作一个半径为 1 的单位圆,然 后作其内接正六边形,在此基础上作出内接正 62n(n1,2,)边形,这样正多边形的边逐渐 逼近圆周,从而得到圆周率,这种方法称为“刘徽割圆术”现设单位圆 O 的内接正 n 边形的一 边为 AC,点 B 为劣弧AC 的中点,则 BC 是内接正 2n 边形的一边,记 ACSn,ABS2n,则( ) AS2n2 4S2 n BS2n 2 4S2 n CS2n22 4S2 n DS2n 43 4S2 n

28、解法一:设AOB,则在AOB 中,由余弦定理得 S2 2n22cos, 设 AC 与 OB 相交于点 D,则 ODAD, 所 cosOD OA 1S 2 n 4 , 所以 S2 2n22 1S 2 n 4 2 4S2 n, 即 S2n2 4S2 n. 解法二:设 AC 与 OB 相交于点 D,则 ODAD, 因为 AD1 2Sn,所以 OD 1S 2 n 4 , 所以 BD1OD11S 2 n 4 , 所以 S2n BD2AD22 4S2 n, 故选 A. (4)【多选题】小数部分函数在数学及日常生活中有比较广泛的应用对于实数 x,将满 足“0y1 且 xy 为整数”的实数 y 称为实数 x

29、的小数部分, 用记号x表示 对于实数 a,无穷数列an满足如下条件:a1a,an1 1 an ,an0, 0,an0. 其中 n1,2,3,.则下 列说法正确的是 ( ) A若 a ,则 a14 B若 a2.5,则 a30 C若 a 2,则数列an的通项公式为 an 21 D当 a1 4时,对任意的 nN *,都有 a na,则符合要求的实数 a 有 3 个 解:对于 A,若 a,则 a13,A 错误;对于 B,若 a2.5,则 a10.5,1 a12,a2 1 a1 0, a30,B 正确;对于 C,a1 2 21,a2 1 a1 1 21 21 21,若 ak 21, 则 ak1 1 ak

30、 21 21,所以 an 21,C 正确;对于 D,a1aa,所以1 4a1,1 1 a4,当 1 2a1,即 1 1 a2 时,a2 1 a1 1 a 1 a1a,所以 a 2a10,解得 a1 5 2 (a 1 5 2 (1 2,1),舍去)当 1 3a 1 2,即 2 1 a3 时,a2 1 a1 1 a 1 a2a,所以 a 22a10, 解得 a 21(a 21(1 3, 1 2,舍去)当 1 4a 1 3,即 3 1 a4 时,a2 1 a1 1 a 1 a3a,所 以 a23a10,解得 a 3 13 2 (a 3 13 2 ( 1 4 , 1 3 舍去)综上,a 取值集合为 P 1 5 2 , 21,3 13 2 ,有 3 个元素,D 正确故选 BCD.

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