2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件:第七章 数列与数学归纳法7.4 第1课时 .pdf
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1、大一轮复习讲义 7.4 数列求和、数列的综合应用 第七章 数列与数学归纳法 NEIRONGSUOYIN 内容索引 基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 课时作业 1基础知识 自主学习 PART ONE 知识梳理 1.等差数列的前n项和公式 ZHISHISHULIZHISHISHULI 2.等比数列的前n项和公式 3.一些常见数列的前n项和公式 (1)1234n . (2)13572n1 . (3)24682n . n2 n(n1) 4.数列求和的常用方法 (1)公式法 等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和. (2)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等
2、差、等比数列,再求解. (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即等 比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法 一个数列的前n项和中,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. 例如,Sn10029929829722212(10099)(9897)(2 1)5 050. 基础自测 JICHUZICEJICHUZICE 题组一 思考辨析 123
3、456 7 123456 (5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得sin21 sin22sin23sin288sin28944.5.( ) (6)如果数列an是周期为k的周期数列,那么SkmmSk(m,k为大于1的正整 数).( ) 7 题组二 教材改编 123456 2.P61A组T5一个球从100 m高处自由落下,每次着地后又跳回到原高度 的一半再落下,当它第10次着地时,经过的路程是 A.100200(129) B.100100(129) C.200(129) D.100(129) 7 123456 3.P61A组T4(3)12x3x2nxn1_(x0且x1). 解
4、析 设Sn12x3x2nxn1, 则xSnx2x23x3nxn, 得(1x)Sn1xx2xn1nxn 7 123456 题组三 易错自纠 4.已知数列an的前n项和为Sn,a11,当n2时,an2Sn1n,则S2 019 等于 A.1 007 B.1 008 C.1 009 D.1 010 解析 由an2Sn1n得an12Snn1, 两式相减得an1an2an1an1an1 S2 019a1(a2a3)(a2 018a2 019)1 009111 010. 7 123456 5.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3),则它的前100项之和S100等于 A.200 B.200 C.400
5、D.400 解析 S100(413)(423)(433)(41003) 4(12)(34)(99100) 4(50)200. 7 123456 1 008 故S4a1a2a3a42. a50,a66,a70,a88, 故a5a6a7a82,周期T4. S2 017S2 016a2 017 7 123456 4 7 2题型分类 深度剖析 PART TWO 第1课时 数列求和的常用方法 题型一 分组转化法求和 师生共研师生共研 解 当n1时,a1S11; a1也满足ann, 故数列an的通项公式为ann(nN*). (2)设 求数列bn的前2n项和.2( 1) n an nn ba, B(12)(
6、34)(2n1)2nn. 故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2. 解 由(1)知ann,故bn2n(1)nn. 记数列bn的前2n项和为T2n, 则T2n(212222n)(12342n). 记A212222n, B12342n, 引申探究 本例(2)中,求数列bn的前n项和Tn. 解 由(1)知bn2n(1)nn. 当n为偶数时, Tn(21222n)1234(n1)n 当n为奇数时,Tn(21222n)1234(n2) (n1)n 分组转化法求和的常见类型 (1)若anbncn,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. 思维升华 提醒:某些数列的求和是将数
7、列转化为若干个可求和的新数列的和或差, 从而求得原数列的和,注意在含有字母的数列中对字母的讨论. 跟踪训练1 (2018温州市适应性考试)已知数列an的前n项和为Sn,且a1 2,2Sn(n1)2ann2an1,数列bn满足b1a1,nbn1anbn. (1)求数列an和bn的通项公式; 解 由2Sn(n1)2ann2an1, 可得2Sn1(n2)2an1(n1)2an2, 得2an12(n22n2)an1(n1)2an2(n1)2an, 所以2(n1)2an1(n1)2an2(n1)2an, 化简得2an1an2an,所以an是等差数列. 由2S1(11)2a1a2可得a24, 所以公差da
8、2a1422,故an22(n1)2n. 由b1a1,nbn1anbn以及an2n可知,b12, 2, 所以数列bn是以2为首项,2为公比的等比数列, 故bn22n12n. (2)若数列cn满足cnanbn(nN*),求数列cn的前n项和Tn. n2n2n12. 解 因为cnanbn2n2n, 所以Tn(22)(422)(623)(2n2n) (2462n)(222232n) 题型二 错位相减法求和 师生共研师生共研 解 设等比数列an的公比为q(q1), 故an33n13n. 解 由(1)知,cnn3n, 所以Tnc1c2c3cn13232n3n, 则3Tn132233(n1)3nn3n1.
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