2020届数学(理)二轮复习第2部分专题2第2讲　数列求和与综合问题学案 13页

第2讲　数列求和与综合问题 ‎[做小题——激活思维]‎ ‎1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)‎ A．2n＋n2－1　　　　　 B．2n＋1＋n2－1‎ C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2‎ C　[Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.]‎ ‎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.]‎ ‎3．若数列的前n项和为，则n的值为(　　)‎ A．9 B．10‎ C．11 D．12‎ B　[∵＝＝－，‎ ‎∴Sn＝＋＋…＋＝1－＝，‎ 由＝可知n＝10.故选B.]‎ ‎4．[一题多解]＋＋＋…＋等于(　　)‎ A. B. C. D. B　[法一：(错位相减法)令Sn＝＋＋＋…＋， ①‎ 则Sn＝＋＋…＋＋， ②‎ ‎①－②，得Sn＝＋＋＋…＋－＝－.‎ ‎∴Sn＝.故选B.‎ 法二：(验证法)取n＝1时，＝，代入各选项验证可知选B.]‎ ‎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＝________.‎ 　[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an＝]‎ ‎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.]‎ ‎[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，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＝求通项时，要注意检验n＝1的情况．如T5.‎ ‎(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an＋1＝an＋f(n)的数列；‎ ‎②累乘法：适用于形如＝f(n)的数列；‎ ‎③构造法：形如an＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；‎ 形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋＝p，构造等比数列.‎ ‎　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－1(n≥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.‎ ‎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＝＝－63.]‎ ‎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＝________.‎ ‎－　[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，‎ ‎∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.‎ ‎∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1.‎ 又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．‎ ‎∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.]‎ ‎3．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.‎ ‎(－2)n－1　[当n＝1时，S1＝a1＋，∴a1＝1.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋－＝(an－an－1)，‎ ‎∴an＝－2an－1，即＝－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.]‎ 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.‎ 提醒：在利用an＝Sn－Sn－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{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an，则an＝________.‎ 　[∵Sn＝an，且a1＝1，‎ ‎∴当n＝2时，a1＋a2＝a2，即a2＝‎3a1＝3.‎ 又当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，‎ 即an＝an－1.‎ ‎∴an＝···…··a1‎ ‎＝···…·××1＝.]‎ ‎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，‎ ‎∴＝·＋，‎ ‎∴－1＝，‎ 又－1＝－1＝－，‎ ‎∴数列是首项为－，公比为的等比数列，‎ ‎∴－1＝－×＝－，‎ ‎∴Sn＝3n－2n.]‎ ‎3．(活用前n项和的定义求通项)数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．‎ an＝　[因为a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋1，‎ 所以a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋1，‎ 两式相减得an＝2，‎ 即an＝2n＋1，n≥2.‎ 又a1＝3，‎ 所以a1＝6，‎ 因此an＝]‎ ‎　求数列{an}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an或Sn，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)Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，a＋2an＝4Sn＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎[解](1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知 a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.‎ 两式相减可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，‎ 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．‎ 由于an>0，可得an＋1－an＝2.‎ 又a＋‎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.‎ ‎(2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝.‎ ‎[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. ‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2016·全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和．‎ ‎[解](1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}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{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＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎[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＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.‎ 设数列的前n项和为An，则An＝1－＋－＋…＋－＝，‎ 设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝＝(4n－1)，‎ ‎∴Sn＝＋(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.‎ ‎(1)求证：数列为等差数列；‎ ‎(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解](1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列．‎ ‎(2)由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n，‎ 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 所以②－①得 Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)‎ ‎＝(2n＋3)2n＋1－10－＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)＝(2n＋1)2n＋1－2.‎ ‎3．(含有(－1)nan的并项求和)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1anan＋1，求数列{bn}的前2n项和T2n.‎ ‎[解](1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，‎ 即‎3a2＝a5，故3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.‎ ‎∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)·(2n＋1)‎ ‎＝(－1)n－1·(4n2－1)．‎ ‎∴T2n＝(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× ‎＝－8n2－4n.‎ ‎　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a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，‎ ‎∴S7＝＝＝381，解得a1＝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．440　　　　　 B．330‎ C．220 D．110‎ A　[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.‎ 由题意知，N>100，令>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．‎ 第n组的各项和为＝2n－1，前n组所有项的和为－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＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝＋5＝440.故选A.]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有‎2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤‎2m，a1，a2，…，ak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a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C＝20(种)，其中存在k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3‎ ‎＝a4＝a5＝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＝f(x)，f(－2)＝－3，数列{an}满足a1＝－1，且Sn＝2an＋n(Sn为{an}的前n项和)，则f(a5)＋f(a6)＝(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ A　[∵Sn＝2an＋n，‎ ‎∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1＋1，‎ 即an＝2an－1－1，‎ 又a1＝－1，∴a2＝－3，a3＝－7，a4＝－15，a5＝－31，a6＝－63.‎ 由f＝f(x)，得f＝－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(a5)＋f(a6)＝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{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，设a2 018＝t(t为常数)，则S2 016＋S2 015－S2 014－S2 013＝________.(用t表示)‎ t　[由题意可得S2 016＋S2 015－S2 014－S2 013＝a2 016＋a2 015＋a2 015＋a2 014＝a2 017＋a2 016＝a2 018＝t.]‎ ‎3．[重视题](数列与数学归纳法)(2019·浙江高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记cn＝，n∈N*，‎ 证明：c1＋c2＋…＋cn＜2，n∈N*.‎ ‎[解](1)设数列{an}的公差为d，‎ 由题意得 解得a1＝0，d＝2，∴an＝2n－2，n∈N*.‎ ‎∴Sn＝n2－n，n∈N*.‎ ‎∵数列{bn}满足：对每个 n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，‎ ‎∴(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)，‎ 解得bn＝(S－SnSn＋2)，‎ 解得bn＝n2＋n，n∈N*.‎ ‎(2)证明：cn＝＝＝，n∈N*，‎ 用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立；‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，‎ 即c1＋c2＋…＋ck＜2，‎ 那么当n＝k＋1时，‎ c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1＜2＋＜2＋＜2＋＝2＋2(－)＝2，‎ 即当n＝k＋1时，不等式也成立．‎ 由①②得c1＋c2＋…＋cn＜2，n∈N*.‎