2020届二轮复习(文)第2部分专题2第2讲　数列求和与综合应用学案 12页

第2讲　数列求和与综合应用 ‎[做小题——激活思维]‎ ‎1．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝(　　)‎ A．2n　　　B．2n－‎1　‎　　C．2n　　　D．2n－1‎ ‎[答案]　C ‎2．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　)‎ A．9 B．‎8 C．17 D．16‎ A　[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]‎ ‎3．数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)‎ A．2 016 B．2 017‎ C．2 018 D．2 019‎ D　[an＝＝－，‎ Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 019.]‎ ‎4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________．‎ ‎2n＋1＋n2－2　[Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.]‎ ‎5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.‎ ‎(n－1)2n＋1＋2　[Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①‎ 所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②‎ ‎①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，‎ 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.]‎ ‎[扣要点——查缺补漏]‎ ‎1．数列通项的求法 ‎(1)利用an与Sn的关系 利用an＝求通项时，要注意检验n＝1的情况．如T1.‎ ‎(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ‎①累加(乘)法 形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；‎ 形如＝f(n)的数列，可用累乘法．‎ ‎②构造数列法 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.‎ ‎2．数列求和的常用方法 ‎(1)倒序相加法；(2)分组求和法，如T4；(3)错位相减法，如T5；(4)裂项相消法，如T3；(5)并项求和法，如T2.‎ ‎　数列中an与Sn的关系(5年3考)‎ ‎[高考解读]　高考对该部分内容的考查主要是an与Sn的转化以及递推关系式的转化应用，难度偏大.‎ 角度一：利用an与Sn的关系求通项an或Sn ‎1．[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.‎ 切入点：Sn＝2an＋1，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为项的关系式或和的关系式．‎ 关键点：利用an与Sn的关系，借助Sn＝2an＋1构造新数列．‎ ‎－63　[法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝‎2a1＋1，解得a1＝－1；‎ 当n＝2时，a1＋a2＝‎2a2＋1，解得a2＝－2；‎ 当n＝3时，a1＋a2＋a3＝‎2a3＋1，解得a3＝－4；‎ 当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝‎2a4＋1，解得a4＝－8；‎ 当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝‎2a5＋1，解得a5＝－16；‎ 当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝‎2a6＋1，解得a6＝－32.‎ 所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.‎ 法二：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＝________.‎ 切入点：an＋1＝SnSn＋1.‎ 关键点：利用an＋1＝Sn＋1－Sn将条件转化．‎ ‎－　[∵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＝－.]‎ 角度二：利用递推公式求通项an ‎3．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)求{an}的通项公式．‎ 切入点：a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.‎ 关键点：利用a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0判断出数列{an}的性质．‎ ‎[解]　(1)由题意可得a2＝，a3＝.‎ ‎(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得 ‎2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．‎ 因为{an}的各项都为正数，所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________.‎ 　[∵an＋1＝，‎ ‎∴an＋1＝＝＝ ‎＝＝1－ ‎＝1－＝1－(1－an－2)＝an－2，‎ ‎∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3.‎ ‎∴a8＝a3×2＋2＝a2＝2.‎ 而a2＝，∴a1＝.]‎ ‎2．(2014·湖南高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ 当n＝1时，a1＝1也适合上式．‎ 故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.‎ 由含an与Sn的关系式求an，应注意以下3点 (1)注意分n＝1和n≥2两种情况处理，特别要注意使用an＝Sn－Sn－1时需n≥2；‎ (2)由Sn－Sn－1＝an(n≥2)推得an，当n＝1时，a1也符合“an式”，则需“合写”通项公式；‎ (3)由Sn－Sn－1＝an(n≥2)推得an，当n＝1时，a1不符合“an式”，则数列的通项公式应分段表示，即an＝ ‎1．(由an与Sn之间的关系式求an)(2019·合肥质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 018＝(　　)‎ A．22 018－1　 B．32 018－6‎ C.2 018－ D.2 018－ A　[∵3Sn＝2an－3n，∴当n＝1时，3S1＝‎3a1＝‎2a1－3，∴a1＝－3.当n≥2时，3an＝3Sn－3Sn－1＝(2an－3n)－(2an－1－3n＋3)，∴an＝－2an－1－3，∴an＋1＝－2(an－1＋1)，∴数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴an＋1＝－2×(－2)n－1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，‎ ‎∴a2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.]‎ ‎2．(由an与Sn的关系求an)数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．‎ an＝　[由a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋1，‎ 得a1＋a2＋a3＋…＋an＋an＋1＝2(n＋1)＋1，‎ 两式相减，得an＋1＝2，即an＝2n＋1(n≥2)．‎ 又a1＝3，即a1＝6，不符合上式，‎ 所以an＝]‎ ‎3．(综合应用)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎[解]　(1)由已知Sn＝2an－a1，‎ 有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，‎ 即an＝2an－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{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 故an＝2n.‎ ‎(2)由(1)得＝.‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.‎ ‎　数列的求和问题(5年2考)‎ ‎[高考解读]　高考对数列求和的考查主要是等差数列、等比数列的求和.而对于裂项相消法和错位相减法求和的要求较低，考查频率也较低.‎ 角度一：裂项相消法求和 ‎1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 切入点：利用a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n求an.‎ 关键点：将分裂为两项的差．‎ ‎[解]　(1)因为a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋‎3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，‎ 两式相减得(2n－1)an＝2，‎ 所以an＝(n≥2)．‎ 又由题设可得a1＝2，满足上式，‎ 所以{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)记的前n项和为Sn.‎ 由(1)知＝＝－，‎ 则Sn＝－＋－＋…＋－＝.‎ 角度二：错位相减法求和 ‎2．(2014·全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 切入点：①a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根；‎ ‎②{an}是递增的等差数列．‎ 关键点：根据题目条件正确求出{an}的通项公式；用错位相减法求和．‎ ‎[解]　(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，‎ 由题意得a2＝2，a4＝3.‎ 设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，‎ 从而a1＝.‎ 所以{an}的通项公式为an＝n＋1.‎ ‎(2)设的前n项和为Sn.由(1)知＝，则 Sn＝＋＋…＋＋，‎ Sn＝＋＋…＋＋.‎ 两式相减得 Sn＝＋－ ‎＝＋－.‎ 所以Sn＝2－.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.‎ ‎[解]　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 由题意有解得 所以{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝.‎ 当n＝1,2,3时，1≤＜2，bn＝1；‎ 当n＝4,5时，2≤＜3，bn＝2；‎ 当n＝6,7,8时，3≤＜4，bn＝3；‎ 当n＝9,10时，4≤＜5，bn＝4.‎ 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.‎ ‎2．(2017·天津高考)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，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－‎2a1，S11＝11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．‎ ‎[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.‎ 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.‎ 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2.‎ 又因为q>0，所以q＝2.‎ 所以bn＝2n.‎ 由b3＝a4－‎2a1，可得3d－a1＝8，①‎ 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，‎ 由此可得an＝3n－2.‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn.由a2n＝6n－2，‎ 得Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，‎ ‎2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.‎ 上述两式相减，得 ‎－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，‎ 所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.‎ 所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.‎ ‎1．分组求和法中分组的策略 ‎(1)根据等差、等比数列分组．‎ ‎(2)根据正号、负号分组．‎ ‎2．裂项相消法求和的规律 ‎(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．‎ ‎(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．‎ ‎3．错位相减法求和的关注点 ‎(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．‎ ‎(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比；‎ ‎②将两个和式错位相减；‎ ‎③整理结果形式．‎ ‎1．(裂项相消法求和)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝15，a2＋a3＝5.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ ‎∵S5＝＝‎5a3＝15，∴a3＝3，‎ 又a2＋a3＝5，∴a2＝2，∴a1＝d＝1，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝n.‎ ‎(2)由(1)知an＝n，‎ ‎∴a2n－1＝2n－1，a2n＋1＝2n＋1，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋…＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ ‎2．(错位相减法求和)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝3，a2，a3，a5成等比数列．‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设bn＝n·2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎[解]　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，则an＝a1＋(n－1)d.‎ 因为a2，a3，a5成等比数列，‎ 所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，‎ 化简得，a1d＝0，‎ 又d≠0，‎ 所以a1＝0.‎ 又a4＝a1＋3d＝3，‎ 所以d＝1.‎ 所以an＝n－1.‎ ‎(2)bn＝n×2n－1，‎ Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①‎ 则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②‎ ‎①－②得，‎ ‎－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n ‎＝－n×2n ‎＝2n(1－n)－1.‎ 所以Tn＝2n(n－1)＋1.‎ ‎3．(分组转化法求和)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎[解]　(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，‎ 所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n∈N*)．‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.‎ 所以an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，‎ 因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.‎ 从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1‎ ‎＝＋＝n2＋.‎