高考数学二轮复习第2部分专题2数列第2讲数列求和与综合问题课件理
2．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋ 1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
－1n [∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1. ∵Sn≠0，∴S1n－Sn1＋1＝1，即Sn1＋1－S1n＝－1. 又S11＝－1，∴S1n是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴S1n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－1n.]
又S31－1＝13－1＝－23， ∴数列S3nn－1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S3nn－1＝－23×23n-1＝－23n， ∴Sn＝3n－2n.]
3．(活用前n项和的定义求通项)数列{an}满足
1 2
a1＋
1 22
a2＋
1 23
(2)由an＝2n＋1可知 bn＝ana1n＋1＝2n＋112n＋3＝122n1＋1－2n1＋3. 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1213－15＋15－17＋…＋2n1＋1－2n1＋3 ＝1213－2n1＋3＝32nn＋3.
a3
＋…＋21nan＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．
6，n＝1 an＝2n＋1，n≥2
[因为12a1＋212a2＋213a3＋…＋21nan＝2n＋1，
所以12a1＋212a2＋213a3＋…＋2n1－1an－1＝2(n－1)＋1，
两式相减得21nan＝2， 即an＝2n＋1，n≥2. 又12a1＝3， 所以a1＝6，
1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1， 则S6＝________.
－63 [因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝ －1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1， 所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－ 1，所以S6＝－1×1－12－26＝－63.]
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
又 a1＝5 也符合上式，所以 an＝2n＋3(n∈N*)，
所以 bn＝(2n＋3)2n，
所以 Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，
①
2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)2n＋1， ②
2．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2
＋…＋a10等于( )
A．15
B．12
C．－12
D．－15
A [∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10 －…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.]
设数列
1 nn＋1
的前n项和为An，则An＝1－
1 2
＋
1 2
－
1 3
＋…＋
1 n
－
n＋1 1＝n＋n 1，
设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝4－1－4n4·4＝43(4n－1)，
∴Sn＝n＋n 1＋43(4n－1)．
2．(错位相减法求和)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋ 1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(3)错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间 的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比 数列．
1．(与对数函数交汇考查分组求和)已知数列{an}为等比数列， 首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令cn＝bn·4bn＋1＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.
6．数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋…＋|a30| ＝________.
765 [由a1＝－60，an＋1＝an＋3可得an＝3n－63，则a21＝0，|a1| ＋|a2|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋(a21＋…＋a30)＝S30－2S20＝ 765.]
2．(用构造法求通项)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*， n≥1)，则数列{Sn}的通项公式为________．
Sn＝3n－2n [∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn， ∴Sn＋1＝2Sn＋3n， ∴S3nn＋ ＋11＝23·S3nn＋13， ∴S3nn＋ ＋11－1＝23S3nn－1，
nn＋1 2
[∵Sn＝n＋3 2an，且a1＝1，
∴当n＝2时，a1＋a2＝2＋3 2a2，即a2＝3a1＝3.
又当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝n＋3 2an－n＋3 1an－1， 即an＝nn＋ －11an－1. ∴an＝aan－n 1·aann－ －12·aann－ －23·…·aa21·a1 ＝nn＋ －11·n－n 2·nn－－13·…·42×31×1＝nn＋ 2 1.]
3．若数列n2＋1 n的前n项和为1110，则n的值为(
)
A．9
B．10
C．11
D．12
B [∵n2＋1 n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，
∴Sn＝1－12＋12－31＋…＋1n－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1，
由n＋n 1＝1110可知n＝10.故选B.]
[重视题](2015·全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0， a2n＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前n项和．
[解](1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知 a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 两式相减可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由于an>0，可得an＋1－an＝2. 又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3. 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n ＋1.
[解](1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得 log2(a1a2a3)＝12， ∴a1a2a3＝212. 设等比数列{an}的公比为q， ∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212， 计算得q＝4. ∴an＝4·4n－1＝4n.
(2)由(1)得bn＝log24n＝2n， cn＝2n·24n＋1＋4n＝nn1＋1＋4n＝1n－n＋1 1＋4n.
5．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的 通项公式an＝________.
2，n＝1， 2n－1，n≥2
[当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an
＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1.此时对于n＝1不成立，故
2，n＝1， an＝2n－1，n≥2. ]
3．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝
2 3
an＋
1 3
，则{an}的
通项公式是an＝________.
(－2)n－1 [当n＝1时，S1＝23a1＋13，∴a1＝1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝23an＋13－23an－1＋13＝23(an－an－1)， ∴an＝－2an－1，即aan－n 1＝－2， ∴{an}是以1为首项的等比数列，其公比为－2， ∴an＝1×(－2)n－1，即an＝(－2)n－1.]
q p－1
＝
pan＋p－q 1，构造等比数列an＋p－q 1.
研考题 举题固法
数列中的an与Sn的关系(5年3考)
[高考解读] 高考对本点的考查常以an＝Sn－Sn－1n≥2为切入 点，结合等差比数列的相关知识求an或Sn.预测2020年会以数列an与 Sn的递推关系为载体，加强转化构造能力的考查.
4．[一题多解]12＋12＋38＋…＋2nn等于(
)
2n－n－1 A. 2n
2n＋1－n－2 B. 2n
2n－n＋1 C. 2n
2n＋1－n＋2 D. 2n
B [法一：(错位相减法)令Sn＝12＋222＋233＋…＋2nn，① 则12Sn＝212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1，② ①－②，得12Sn＝12＋212＋213＋…＋21n－2nn＋1＝1211－－1221n－2nn＋1. ∴Sn＝2n＋1－2nn－2.故选B. 法二：(验证法)取n＝1时，2nn＝12，代入各选项验证可知选B.]
[点评] 重视an与Sn关系 条件中是an与Sn关系，根据an与Sn关系式的特点，可以an向Sn转 化也可以Sn向an转化，利用的都是在n≥2时，an＝Sn－Sn－1，转化后 往往构造特殊数列，用到累加、累乘等，从而求出通项.
数列求和的注意事项 (1)分组求和法求和时，当数列的各项是正负交替时，一般需要 对项数n进行讨论． (2)裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数 之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构，前面剩几 项，后面剩几项．
[扣要点——查缺补漏] 1．分组求和：形如{an±bn}的数列求和，如T1. 2．并项求和：形如an＝(－1)nf(n)的数列求和，如T2. 3．裂项相消求和： 形如an·1an＋k，其中{an}是等差数列的求和．如T3.
4．错位相减法求和： 形如{an·bn}的数列求和，其中{an}，{bn}分别为等差和等比两个 不同的数列，如 T4. 5．含绝对值的数列求和：先去绝对值，再求和，如 T6. 6．数列的通项的求法 (1)利用 an＝SSnn，－nS＝n－11，，n≥2 求通项时，要注意检验 n＝1 的情 况．如 T5.
由Sn与an的关系求an的思路 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公 式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用
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专题二 数列
高考二轮总复习 • 数学
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二 数列
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【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1， 又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数 列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)， 则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二 数列
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1， 则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
专题二 数列
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n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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专题二 数列
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(1)高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过 分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题课件 理
12/8/2021
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解答
热点(rè diǎn)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(gōngshì)时所用的方法，这种方 法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比 数列.
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例2
n
项和为
n
Sn，a3＝3，S4＝10，则
k＝1
S1k＝
__n_2＋_n_1_(n_∈__N__*)_.
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解析 答案
2.(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等 比数列，且公比(ɡōnɡ bǐ)大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；
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解答
(2)求数列(shùliè){a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).
12/8/2021
第四十三页，共五十一页。
解答
押题预测 1.已知数列{an}的通项公式为 an＝2nnn＋n＋2 1(n∈N*)，其前 n 项和为 Sn，
若存在 M∈Z，满足对任意的 n∈N*，都有 Sn<M 恒成立，则 M 的最小 值为___1_____.
板块(bǎn kuài) 三 专题突 破核心考点
专题(zhuāntí)二 数 列
第2讲 数列的求和(qiúhé)问题
12/8/2021
第一页，共五十一页。
[考情考向分析(fēnxī)]
高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化 (zhuǎnhuà)、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化 (zhuǎnhuà)与化归的思想.
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用
(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
2019届高三数学(理)二轮专题复习课件：专题二 数列 第2讲 数列求和及综合应用 .pdf
第2讲 数列求和及综合应用高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，②真 题 感 悟又S2n＋1＝b n b n＋1，b n＋1≠0，所以b n＝2n＋1.考 点 整 合2.数列求和3.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.解 (1)因为a n＝5S n＋1，n∈N*，所以a n＋1＝5S n＋1＋1，(2)b n＝－1－log2|a n|＝2n－1，数列{b n}的前n项和T n＝n2，因此{A n}是单调递增数列，探究提高 1.给出S n与a n的递推关系求a n，常用思路是：一是利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.2.形如a n＋1＝pa n＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列.(1)解 2(S n＋1)＝(n＋3)a n，①当n≥2时，2(S n－1＋1)＝(n＋2)a n－1，②①－②得，(n＋1)a n＝(n＋2)a n－1，热点二 数列的求和考法1 分组转化求和【例2－1】(2018·合肥质检)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n＋(－1)n·a n，求数列{b n}的前n项和T n.因此{a n}的通项公式a n＝2n＋1.(2)∵b n＝2a n＋(－1)n·a n＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n的奇偶进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.(1)证明 ∵S n＝2n2＋5n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝4n＋3.又当n＝1时，a1＝S1＝7也满足a n＝4n＋3.故a n＝4n＋3(n∈N*).∴数列{3a n}是公比为81的等比数列.(2)解 ∵b n＝4n2＋7n，探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.解 (1)设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，所以a n＝a1q n－1＝3n.(2)由(1)得b n＝log332n－1＝2n－1，解 (1)设{a n}的公差为d，由题设解之得a1＝1，且d＝1.因此a n＝n.探究提高 1.一般地，如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n}的公比，然后作差求解.2.在写“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.解 (1)由题意知，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式.所以a n＝6n＋5.设数列{b n}的公差为d，所以b n＝3n＋1.又T n＝c1＋c2＋…＋c n，得T n＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2T n＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].两式作差，得－T n＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]所以T n＝3n·2n＋2.∵a n＋1＝f′(a n)，且a1＝1.∴a n＋1＝a n＋2则a n＋1－a n＝2，因此数列{a n}是公差为2，首项为1的等差数列.∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.等比数列{b n}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.∴b n＝3n－1.又n∈N*，∴n＝1，或n＝2故适合条件T n≤S n的所有n的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.解 (1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，即a n＝2a n－1(n≥2).从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，故a n＝2n.即2n>1 000，又∵n∈N*，因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10，1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n}乘以等比数列{b n}对应项得到的数列{a n·b n}求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n}的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式.2.裂项求和的常见技巧3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.。
高考数学二轮复习 板块三 专题突破核心考点 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题课件
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解答
(2)设cn＝an·bn，求数列(shùliè){cn}的前n项和Tn.
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解答
热点(rè diǎn)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
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解答
热点(rè 二 diǎn) 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{an·bn}的前n项和，其中(qízhōng){an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.
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解答
真题押题精练(jīngliàn)
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真题体验
1.(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前
n
项和为
n
Sn，a3＝3，S4＝10，则
k＝1
S1k＝
__n_2＋_n_1_(n_∈__N__*)_.
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解析(jiě 答案
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解答
(2)求数列(shùliè){bn}的前n项和Sn.
解 由(1)得bn＝3n＋2n－1， 所以(suǒyǐ)Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝311－－33n＋n1＋22n－1 ＝323n－1＋n2＝3n2＋1＋n2－32(n∈N*).
(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证.
(新课标)高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A版
（新课标）高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A 版第2讲 数列通项与求和[做真题]题型一 a n 与S n 关系的应用1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________． 解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16； 当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32； 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×(1－26)1－2＝－63.答案：－632．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________．解析：因为 a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， 所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为 S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以{1S n}是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n题型二 数列求和1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝__________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， 所以S n ＝n (n ＋1)2，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋12．(2018·高考全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[明考情]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．S n，a n关系的应用[典型例题](1)已知数列{a n}的前n项和为S n，若3S n＝2a n－3n，则a2 019＝( )A．－22 019－1 B．32 019－6C．⎝⎛⎭⎪⎫122 019－72D．⎝⎛⎭⎪⎫132 019－103(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝(n＋1)a nn＋2a n(n∈N*)，则∑k＝1n ka k＝________．(3)(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．【解析】(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.当n≥2时，3S n＝2a n－3n，3S n－1＝2a n－1－3(n－1)，所以a n＝－2a n－1－3，即a n＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2 019＝－22 019－1.(2)由题意可知na n＋1＋2a n a n＋1＝(n＋1)a n，两边同除以a n a n＋1，得n＋1a n＋1－na n＝2，又1a1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫na n是以12为首项，2为公差的等差数列，所以∑k＝1n ka k＝12n＋12n(n－1)×2＝n2－12n.(3)法一：由S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.根据S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)①，知S n＋1＝3S n＋2n＋1－3②，②－①可得，a n＋1＝3a n＋2n(n≥2)．两边同时除以2n＋1可得a n＋12n＋1＝32·a n2n＋12(n≥2)，令b n＝a n2n，可得b n＋1＝32·b n＋12(n≥2)．所以b n＋1＋1＝32(b n＋1)(n≥2)，数列{b n＋1}是以b2＋1＝34为首项，32为公比的等比数列．所以b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2·34(n ≥2)， 所以b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1(n ≥2)．*又b 1＝－12也满足*式，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n2n ，所以a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n.所以a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n－3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，所以a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，所以a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，所以a 4＝11.【答案】 (1)A (2)n 2－12n (3)11(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练]1．(2019·武昌区调研考试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，则a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝( )A ．40B ．44C ．45D ．49解析：选B ．法一：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B ．法二：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以{a n }从第二项起是等差数列，a 2＝3，公差d ＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋4a 6＝4×(2×6－1)＝44，故选B ．2．(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)， 所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20， 所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1， 所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝(n －4)(n －7)2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}． 答案：{5，6}数列求和问题 [典型例题]命题角度一 公式法求和已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .【解】 (1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23， 所以1a n ＋1－1a n ＝23. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )．求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n 项和公式来求解，需掌握等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．命题角度二 裂项相消法求和(2019·广东省七校联考)已知数列{a n }为公差不为0的等差数列，a 1＝5，且a 2，a 9，a 30成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求数列{1b n}的前n 项和T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，依题意得(a 1＋d )(a 1＋29d )＝(a 1＋8d )2. 又a 1＝5，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋3.(2)依题意得b n ＋1－b n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n －b n －1＝2n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，所以b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n ＋1)＋(2n －1)＋…＋5＋3＝n (2n ＋1＋3)2＝n 2＋2n (n ≥2且n ∈N *)，b 1＝3，上式也成立，所以b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)，所以1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2.(1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． [提醒] 常见的裂项式有：1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]，1n ＋1＋n ＝n ＋1－n 等．命题角度三 错位相减法求和(2019·唐山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12. (1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 【解】 (1)由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1， 化简得a n ＝3a n －1(n ≥2)， 在①中，令n ＝1可得，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 从而有a n ＝3n －1.(2)b n ＝(n －1)3n －1，T n ＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1，③则3T n ＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n.④ ③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n＝3－3n1－3－(n －1)×3n ＝(3－2n )×3n－32. 所以T n ＝(2n －3)×3n＋34.(1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心．命题角度四 分组转化求和(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .【解】 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12得log 2(a 1a 2a 3)＝12， 所以a 1a 2a 3＝212.设等比数列{a n }的公比为q .因为a 1＝4，所以a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212， 计算得q ＝4. 所以a n ＝4·4n －1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，所以S n ＝nn ＋1＋43(4n－1)．(1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组．②根据正号、负号分组． 命题角度五 并项求和数列{a n }满足a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2－1a n ＋2n ，n ∈N *，则数列{a n }的前100项和为( )A ．5 050B ．5 100C ．9 800D ．9 850【解析】 设k ∈N *，当n ＝2k 时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k ，即a 2k ＋1＋a 2k ＝4k ，① 当n ＝2k －1时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －2，② 联立①②可得，a 2k ＋1＋a 2k －1＝2， 所以数列{a n }的前100项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋[(－a 3＋4)＋(－a 5＋4×2)＋(－a 7＋4×3)＋…＋(－a 101＋4×50)] ＝25×2＋[－(a 3＋a 5＋…＋a 101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50(1＋50)2＝5 100. 故选B ．【答案】 B(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n 项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．(2)运用分类讨论法求数列的前n 项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n 分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．[对点训练]1．(2019·唐山市摸底考试)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 4＝3，a 2，a 3，a 5成等比数列．(1)求a n ；(2)设b n ＝n ·2an ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 因为a 2，a 3，a 5成等比数列， 所以(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )， 化简得，a 1d ＝0， 又d ≠0， 所以a 1＝0. 又a 4＝a 1＋3d ＝3， 所以d ＝1. 所以a n ＝n －1. (2)b n ＝n ×2n －1，T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，①则2T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n.② ①－②得，－T n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n1－2－n ×2n＝(1－n )×2n－1. 所以T n ＝(n －1)×2n＋1.2．(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.数列与不等式的综合问题[典型例题](2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，证明：T n <1.【解】 (1)因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，所以2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2)．又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， 所以1a 1＝1，1a 2＝32，所以1a 2－1a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列．所以1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)证明：因为4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， 所以b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法” (1)如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型．(2)如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置”．[对点训练](2019·四省八校双教研联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1且n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式； (2)设a n b n ＝1S n，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <32(n ∈N *)．解：(1)由a n ＋1＝4S n －12n －1，得(2n －1)a n ＋1＝4S n －1，可得(2n －3)a n ＝4S n －1－1(n ≥2)，两式相减得(2n ＋1)a n ＝(2n －1)a n ＋1，即a n 2n －1＝a n ＋12n ＋1(n ≥2)，又由a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1，得a 2＝3，所以a 12×1－1＝a 22×1＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1为常数列，所以a n2n －1＝1，即a n ＝2n －1.(2)证明：由a n ＝2n －1，得S n ＝n 2，所以b n ＝1n (2n －1).当n ＝1时，T 1＝1<32成立；当n ≥2时，b n ＝1n (2n －1)＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12<12n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n，所以T n<1＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n<32.综上，T n<32(n∈N*)．[A组夯基保分专练]一、选择题1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋n＋1，b n＝(－1)n a n(n∈N*)，则数列{b n}的前50项和为( )A．49 B．50C．99 D．100解析：选A．由题意得，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{b n}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n ＝2a n＋1，则S n＝( )A．2n－1B．⎝⎛⎭⎪⎫32n－1C．⎝⎛⎭⎪⎫23n－1D．⎝⎛⎭⎪⎫12n－1解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12.当n≥2时，S n－1＝2a n，则S n－S n －1＝a n＝2a n＋1－2a n，所以a n＋1a n＝32，所以当n≥2时，数列{a n}是公比为32的等比数列，所以a n＝⎩⎨⎧1，n＝112×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2，n≥2，所以S n＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫32n－11－32＝⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，当n＝1时，此式也成立．故选B．法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12，所以S2＝1＋12＝32，结合选项可得只有B满足，故选B．3．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A ．因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列． 因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A ．4．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A ．4 0352 017 B ．2 0162 017 C ．4 0362 019D ．4 0352 018解析：选C ．由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1， 则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1， 把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ≥1)，且a 3＝134，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ．由2a n ＋1＋a n ＝3，得2(a n ＋1－1)＋(a n －1)＝0，即a n ＋1－1a n －1＝－12(*)， 又a 3＝134，所以a 3－1＝94，代入(*)式，有a 2－1＝－92，a 1－1＝9，所以数列{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|S n －n －6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n －1)－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪9×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <1123，又n ∈N *，所以n 的最小值为10.故选C ． 6．(2019·江西省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n，2bn ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A ．9798 B ．9899 C ．99100D ．100101解析：选D ．因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2bn ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D ． 二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x 尺， 则x (25－1)2－1＝5，解得x ＝531， 所以该女子前3天所织布的总尺数为531(23－1)2－1＝3531.答案：35318．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．解析：法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 答案：929．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．解析：当n ＝1，2，3，4，…时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn π2＝0，1，0，1，…，所以a 1＝a 3＝a 5＝a 7＝…＝2，a 2＋S 2＝a 4＋S 4＝a 6＋S 6＝a 8＋S 8＝…＝a 12＋S 12＝…＝2，S 2－S 1＋S 2＝S 4－S 3＋S 4＝S 6－S 5＋S 6＝S 8－S 7＋S 8＝…＝2，所以2S 2＝2＋S 1⇒S 2＝2；2S 4＝2＋S 3＝4＋S 2⇒S 4＝2＋12S 2＝3，同理可得S 6＝2＋12S 4＝2＋32＝72，S 8＝2＋12S 6＝2＋74＝154，S 10＝2＋158＝318，S 12＝6316，又a 12＋S 12＝2，所以a 12＝2－S 12＝2－6316＝－3116.答案：－3116三、解答题10．(2019·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和． 解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1， 所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ， 则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2>0， 所以a k ＝4.因为a k ＝3k －2， 所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4. 所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n (3n －1)2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n －1)． 11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12. 又a 1＝1，所以1a 1－2＝－1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，所以a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，所以b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n2n ＋1. 12．(2019·福建省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.因为S n ＝2a n －n ①，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②， ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n③， 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1④，③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以数列{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.[B 组 大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{}S n 为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，所以n ≥5，所以n 的最小值为5.3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ， 所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)， 又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1. (2)b n ＝(－1)na n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .4．(2019·高考天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；②求∑i ＝12na i c i (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n. 所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1.②∑i ＝12na i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12na i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝[2n×4＋2n(2n－1)2×3]＋∑i ＝1n(9×4i－1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。
高考数学二轮复习第2部分专题2数列第2讲数列求和与综合问题教案理
第2讲 数列求和与综合问题[做小题——激活思维]1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A ．2n＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2C [S n ＝－2n1－2＋n＋2n －2＝2n ＋1－2＋n 2.]2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15A [∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.]3．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2＋n 的前n 项和为1011，则n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12B [∵1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1， 由nn ＋1＝1011可知n ＝10.故选B.] 4．[一题多解]12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n－n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22nB [法一：(错位相减法)令S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，① 则12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n2n ＋1. ∴S n ＝2n ＋1－n －22n.故选B. 法二：(验证法)取n ＝1时，n 2n ＝12，代入各选项验证可知选B.]5．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且有S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝2n －1.此时对于n ＝1不成立，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.]6．数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝________. 765 [由a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3可得a n ＝3n －63，则a 21＝0，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋(a 21＋…＋a 30)＝S 30－2S 20＝765.][扣要点——查缺补漏]1．分组求和：形如{a n ±b n }的数列求和，如T 1. 2．并项求和：形如a n ＝(－1)nf (n )的数列求和，如T 2. 3．裂项相消求和： 形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋k ，其中{a n }是等差数列的求和．如T 3.4．错位相减法求和：形如{a n ·b n }的数列求和，其中{a n }，{b n }分别为等差和等比两个不同的数列，如T 4. 5．含绝对值的数列求和：先去绝对值，再求和，如T 6. 6．数列的通项的求法(1)利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项时，要注意检验n ＝1的情况．如T 5.(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ①累加法：适用于形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列； ②累乘法：适用于形如a n ＋1a n＝f (n )的数列； ③构造法：形如a n ＋1＝na n ma n ＋n ，可转化为1a n ＋1－1a n ＝mn ，构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ；形如a n ＋1＝pa n ＋q (pq ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋qp －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1，构造等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1.数列中的a n 与S n 的关系(5年3考)[高考解读] 高考对本点的考查常以a n ＝S n －S n －1n为切入点，结合等差比数列的相关知识求a n 或S n .预测2020年会以数列a n 与S n 的递推关系为载体，加强转化构造能力的考查.1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. －63 [因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－－261－2＝－63.]2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.－1n[∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.]3．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.(－2)n －1[当n ＝1时，S 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23(a n －a n －1)，∴a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2， ∴{a n }是以1为首项的等比数列，其公比为－2， ∴a n ＝1×(－2)n －1，即a n ＝(－2)n －1.]由S n 与a n 的关系求a n 的思路利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；或者转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .提醒：在利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形，看其是否可以与n ≥2的表达式合并．1．(用累加或累乘法求通项)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝________.n n ＋2[∵S n ＝n ＋23a n ，且a 1＝1，∴当n ＝2时，a 1＋a 2＝2＋23a 2，即a 2＝3a 1＝3.又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，即a n ＝n ＋1n －1a n －1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1 ＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·42×31×1＝n n ＋2.]2．(用构造法求通项)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n(n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．S n ＝3n －2n [∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1＝2S n ＋3n， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13，∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列，∴S n3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n-1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n.]3．(活用前n 项和的定义求通项)数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝12n ＋1，n ≥2 [因为12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，所以12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋1，两式相减得12n a n ＝2，即a n ＝2n ＋1，n ≥2.又12a 1＝3， 所以a 1＝6，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.]求数列{a n }的前n 项和(5年3考)[高考解读] 试题常以递推关系为载体，通过构造或借助等差比数列的基本运算，运用方程思想求得a n 或S n ，再借助裂项法或分组求和法等求数列的前n 项和，试题难易适中，面向全体，注重双基.预测2020年高考命题风格不变.[重视题](2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )． 由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n n ＋.[点评] 重视a n 与S n 关系条件中是a n 与S n 关系，根据a n 与S n 关系式的特点，可以a n 向S n 转化也可以S n 向a n 转化，利用的都是在n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，转化后往往构造特殊数列，用到累加、累乘等，从而求出通项.[教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．[解](1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.数列求和的注意事项(1)分组求和法求和时，当数列的各项是正负交替时，一般需要对项数n 进行讨论． (2)裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构，前面剩几项，后面剩几项．(3)错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列．1．(与对数函数交汇考查分组求和)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .[解](1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12得log 2(a 1a 2a 3)＝12， ∴a 1a 2a 3＝212.设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212， 计算得q ＝4. ∴a n ＝4·4n －1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n＝2n ，c n ＝42nn ＋＋4n＝1nn ＋＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1nn ＋的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝nn ＋1＋43(4n－1)． 2．(错位相减法求和)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列；(2)令b n ＝2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解](1)证明：由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n ＝1，又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知S nn＝5＋(n －1)＝n ＋4，所以S n ＝n 2＋4n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3. 又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)， 所以b n ＝(2n ＋3)2n，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n， ①2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n＋(2n ＋3)2n ＋1， ②所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23－2n －11－2＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8)＝(2n ＋1)2n ＋1－2.3．(含有(－1)na n 的并项求和)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1a n a n ＋1，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .[解](1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 3＋S 4＝S 5，可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5， 即3a 2＝a 5，故3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)·(2n ＋1)＝(－1)n －1·(4n 2－1)．∴T 2n ＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n －1·[4×(2n )2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2] ＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n －1＋2n ) ＝－4×2nn ＋2＝－8n 2－4n .数列中的创新与交汇问题[高考解读] 应用性问题是数学命题的一个新动向，主要考查考生运用已知知识解决实际问题的能力，试题背景新颖，有较好的区分度.1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏B [设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1－q71－q＝a 1－271－2＝381，解得a 1＝3.故选B.]2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n＋n2. 由题意知，N >100，令n＋n 2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后． 第n 组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组所有项的和为－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则第n ＋1组的前k 项的和2k－1应与－2－n 互为相反数，即2k－1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝＋2＋5＝440.故选A.][教师备选题](2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个C [由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C.]与数列有关的综合问题求解策略(1)对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，要弄清所考查的问题与哪个知识点有关，在此基础上，借助相关知识寻找求解线索．(2)以数列为背景的不等式恒成立问题，多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧，同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用．1．(与函数交汇)已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )，f (－2)＝－3，数列{a n }满足a 1＝－1，且S n ＝2a n ＋n (S n 为{a n }的前n 项和)，则f (a 5)＋f (a 6)＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6A [∵S n ＝2a n ＋n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1＋1， 即a n ＝2a n －1－1，又a 1＝－1，∴a 2＝－3，a 3＝－7，a 4＝－15，a 5＝－31，a 6＝－63.由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ＝f (x )，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＝－f (x )⇒f (x －3)＝f (x )，f (x )＝f (x ＋3)，∴f (－31)＝f (－33＋2)＝f (2)＝3，f (－63)＝f (0)＝0，∴f (a 5)＋f (a 6)＝f (－31)＋f (－63)＝3.]2．(数列与数学文化)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)，记其前n 项和为S n ，设a 2 018＝t (t 为常数)，则S 2 016＋S 2 015－S 2 014－S 2 013＝________.(用t 表示)t [由题意可得S 2 016＋S 2 015－S 2 014－S 2 013＝a 2 016＋a 2 015＋a 2 015＋a 2 014＝a 2 017＋a 2 016＝a 2 018＝t .]3．[重视题](数列与数学归纳法)(2019·浙江高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n 2b n，n ∈N *， 证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2n ，n ∈N *. [解](1)设数列{a n }的公差为d ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2，∴a n ＝2n －2，n ∈N *. ∴S n ＝n 2－n ，n ∈N *.∵数列{b n }满足：对每个 n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列， ∴(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )， 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)，解得b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)证明：c n ＝a n2b n ＝2n －22n n ＋＝n －1n n ＋，n ∈N *，用数学归纳法证明：①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立；②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋c k＜2k，那么当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋c k＋c k＋1＜2k ＋kk＋k＋＜2k＋1k＋1＜2k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1，即当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②得c1＋c2＋…＋c n＜2n，n∈N*.- 11 -。
高考数学二轮复习专题二数列数列求和及综合应用课件文.ppt
1 2
)2+2×
( 1+)13×
2
+(1…)0 +(n-1)×
2
+n×( 1 ) ,n3
2
12Sn=1×
( 1+)12×
2
(+13)0×
2
+…(1)+1 (n-1)×
2
+n×( 1 )n ,2
2
(1 )n4 2 ( 1 )n3 2
两式相减有
1 2
Sn=1×
( 1+)21×
2
(+1 )11×
2
+(11×)0
②作差:写出Sn的表达式,然后等式两边同时乘以公比 或除以公比得到另外一个式子,两式作差. ③求和:根据差式的特征准确求和.
(2)注意点:在错位相减后一定要注意其中各个项的结 构,特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续 的项组成等比数列.
【对点训练】 (2018·衡水一模)已知数列{an}满足4Sn=(an+3)(an-1), 且an>0. (1)求数列{an}的通项公式. (2)求Tn=a1· 2a1 +a2· 2a2 +…+an· 2an 的值.
第二讲 数列求和及综合应用
热点题型1 错位相减法求和 【感悟经典】 【典例】(2018·山师附中一模)已知递减的等比数列 {an}各项均为正数,满足a1·a2·a3=8,a1+1,a2+1,a3构 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式. (2)令bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
Sn 3 n n 1 3 n n 1
从而bn=
11 S1 S2
2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分 专题二 第2讲 数列的求和及综合应用
[思维升华] 1．给出 Sn 与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一 是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其 通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之 间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的 公比为q.
依题意，得33qq＝2＝31＋5＋2d4，d，解得dq＝＝33，， 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn ＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1) ＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝ n×3＋n（n2－1）×6 ＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n 2＋6(1×31 ＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝ －3（11－－33n）＋n×3n＋1＝（2n－1）2 3n＋1＋3.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3（2n－12）·3n＋1＋9 ＝（2n－1）·32n＋2＋6n2＋9.
从近年高考看，本讲主要考查的内容：(1)以等差(比) 数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转 化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、 裂项相消、倒序相加等求和的基本方法．主要以解答题 的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交 汇．
【例 1】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意的正 整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－log2|an|，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝TbnTn＋n1＋1.