2019届浙江专版高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和数列的综合应用讲义

§6.4数列求和、数列的综合应用高考数学考点一数列的求和1.{an}是等差数列⇔{

}(c>0,c≠1)是①等比数列

.2.{an}是②正项等比数列

⇔{logcan}(c>0,c≠1)是等差数列.3.{an}既是等差数列又是等比数列⇔{an}是③各项均不为零的常数列

.4.等差数列的前n项和:Sn=④

=⑤

na1+

d

.该公式

的推导方法是倒序相加法.5.等比数列的前n项和Sn=

该公式的推导方法是错位相减法.知识清单6.数列求和的常见方法(1)分组求和法:把一个数列分成两个或几个可以直接求和的数列.(2)裂项相消法:有时把一个数列的通项公式分成两项的差的形式,相加

过程中消去中间一些项,只剩有限项再求和.(3)错位相减法:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成

的数列求和,式子整体乘以等比数列的公比,然后与原式错位相减.(4)倒序相加法:适用于首尾相加为定值的数列.7.常见的裂项公式(1)

=⑨

-

;(2)

=⑩

·

;(3)

=

-

;(4)

=

-

.考点二数列的综合应用1.数列应用题常见模型(1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量,那么该模型是等差

模型,增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数,那么该模

型是等比模型,这个固定的数就是公比.2.在解决数列和不等式的有关问题时,常利用不等式的适当放缩来解答

或证明.(1)对

的放缩,根据不同的要求,大致有三种情况:

<

=

-

(n≥2);

<

=

(n≥2);

<

=2

(n≥1).(2)对

的放缩,根据不同的要求,大致有两种情况:

>

=

-

;

<

=

-

(n≥1).数列求和的解题策略数列求和是高考中的难点,是必考内容.一般分为四类:公式法求和、错

位相减法求和、倒序相加法求和与裂项相消法求和.(1)公式法求和要

注意分组求和方法的应用;(2)错位相减法求和的题目,其类型特征比较

明显,关键是注意书写步骤和最终结果的化简;(3)倒序相加法求和的特

征是首尾相加为定值;(4)裂项相消法求和一般与不等式相联系,这类问

题要注意对常见放缩及裂项公式的理解和记忆.例1

(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,22)已知数列{an}满

足a1=a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).(1)求证:{an+1+2an}是等比数列;(2)设nan+3nbn=n·3n,且{|bn|}的前n项和为Tn,n∈N*,证明:Tn<6.方法技巧方法1解题导引

(1)在等式两边同时加上2an→利用等比数列定义得结论(2)用“构造新数列法”求得an→用“错位相减法”求和→用放缩法得

结论证明(1)由an+1=an+6an-1(n≥2),得an+1+2an=3(an+2an-1)(n≥2),∵a1=a2=5,∴

a2+2a1=15,故数列{an+1+2an}是以15为首项,3为公比的等比数列.(2)由(1)得an+1+2an=5·3n,∴an+1-3n+1=-2(an-3n),又a1-3=2,∴an-3n=2(-2)n-1,故an=3n+2(-2)n-1=3n-(-2)n,∴bn=

.故Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|=

+2×

+3×

+…+n

,

Tn=

+2×

+3×

+…+n

,两式相减,得

Tn=

+

+

+…+

-n

=

-n

=

-n

,∴Tn=6

-3n

,∴Tn<6.2评析

本题考查等比数列的概念和性质,等比数列的通项公式、前n项

和公式,利用错位相减法求和,不等式性质等基础知识,考查推理运算能

力.数列综合应用的解题策略数列与不等式综合是高考的一个热点,这类问题把数列知识与不等式的

内容整合在一起,形成了证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求

数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题.而数列的条件可能

是等差数列、等比数列,甚至是一个递推数列等,求解方法既要用到不

等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等),又要用到数列的基础

知识,因此,对考查逻辑推理、运算求解等理性思维能力都是很好的素

材.例2

(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,22)已知正项数列{an}满足a1=3,

=an+2,n∈N*.求证:(1)数列{an}是单调递减数列;方法2(2)|an+1-2|<

|an-2|,n∈N*;(3)|a1-2|+2|a2-2|+3|a3-2|+…+n|an-2|<

,n∈N*.解题导引

(1)构造另一个等式,两式相减→可得an+2-an+1与an+1-an同号,进而可得结论(2)利用an+1-2与an-2同号得an>2→利用不等式性质得结论(3)利用累积法把数列{|an-2|}放缩成等比数列→利用“错位相减法”求和→利用不等式性质得结论

证明(1)由

=an+2,得

=an+1+2,两式相减,得

-

=an+1-an,即(an+2-an+1)(an+2+an+1)=an+1-an,因为an>0,所以an+2+an+1>0,所以an+2-an+1与an+1-an同号.又a2-a1=

-3<0,所以an+1-an<0,即an+1<an,故数列{an}是单调递减数列.(2)由

=an+2,得

-4=an-2,即(an+1+2)(an+1-2)=an-2,所以|an+1-2|=

,由(an+1+2)(an+1-2)=an-2,知an+1-2与an-2同号,由a1-2=3-2>0,知an-2>0,即an>2,故an+1+2>4.所以

<

,所以|an+1-2|<

|an-2|,n∈N*.(3)由(2)知,n≥2时,有|an-2|=|a1-2|×

×

×…×

<

|a1-2|=

,∴n≥2时,有|a1-2|+2|a2-2|+3|a3-2|+…+n|an-2|<1+

+

+…+

,令Sn=1+

+

+…+

,则

Sn=

+

+

+…+

,∴

Sn=1+

+

+

+…+

-

=

-

=

-

-

<

,所以Sn<

,故|a1-2|+2|a2-2|+3|a