2020年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题

数列的求和问题【2020年高考考纲解读】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，体现了转化与化归的思想．【重点、难点剖析】一、分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．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．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而求和的方法，主要适用于1anan＋1或1anan＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．【高考题型示例】题型一、分组转化法求和例1、若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ0，n∈N*)．(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝an，n为奇数，log2an，n为偶数(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.解析：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an＝λ2n－1.(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝2n＋1，n为奇数，n＋1，n为偶数，∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝4－4n·41－4＋n3＋2n＋2＝4n＋1－43＋n(n＋2)，∴T2n＝4n＋13＋n2＋2n－43.【变式探究】在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝2nb(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若数列{}cn满足cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1，求数列{}cn的前n项和Sn.(2)由(1)得，cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1＝2n＋12n－n＋＝2n＋1212n－1－12n＋1，∴数列{}cn的前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＋121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝－2n1－2＋121－12n＋1＝2n＋1－2＋n2n＋1(n∈N*)．【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【变式探究】已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{}bn－an为等比数列(n∈N*)．(1)求数列{an}和{}bn－an的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝()3＋32＋33＋…＋3n＋()1＋3＋5＋…＋2n－1＝3()1－3n1－3＋n()1＋2n－12＝32()3n－1＋n2＝3n＋12＋n2－32(n∈N*)．【变式探究】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)∵{an}为等差数列，∴S4＝4a1＋4×32d＝24，S7＝7a1＋7×62d＝63，解得a1＝3，d＝2.因此{an}的通项公式an＝2n＋1.(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n－1）3＋Gn.当n为偶数时，Gn＝2×n2＝n，∴Tn＝8（4n－1）3＋n；当n为奇数时，Gn＝2×n－12－(2n＋1)＝－n－2，∴Tn＝8（4n－1）3－n－2，∴Tn＝8（4n－1）3＋n（n为偶数），8（4n－1）3－n－2（n为奇数）.题型二、错位相减法求和例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an}的公比q1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．【解析】(1)解：由a4＋2是a3，a5的等差中项，得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20，得8q＋1q＝20，解得q＝2或q＝12.因为q1，所以q＝2.(2)解：设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.由cn＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1.由(1)可得an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)×12n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)×12n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×12n－2＋(4n－9)×12n－3＋…＋7×12＋3.设Tn＝3＋7×12＋11×122＋…＋(4n－5)×12n－2，n≥2，则12Tn＝3×12＋7×122＋…＋(4n－9)×12n－2＋(4n－5)×12n－1，所以12Tn＝3＋4×12＋4×122＋…＋4×12n－2－(4n－5)×12n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)×12n－2，n≥2.又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×12n－2.【变式探究】已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝13a1(an－1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn89.解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝13a1(a1－1)＝13a21－13a1，∵a1≠0，∴a1＝4.∴Sn＝43(an－1)，∴当n≥2时，Sn－1＝43(an－1－1)，两式相减得an＝4an－1(n≥2)，∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，∴an＝4n.(2)∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝2n4n，∴Tn＝241＋442＋643＋…＋2n4n，14Tn＝242＋443＋644＋…＋2n4n＋1，两式相减得34Tn＝24＋242＋243＋244＋…＋24n－2n4n＋1＝214＋142＋143＋144＋…＋14n－2n4n＋1＝2×141－14n1－14－2n4n＋1＝23－23×4n－2n4n＋1＝23－6n＋83×4n＋1.∴Tn＝89－6n＋89×4n89.【变式探究】已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－an2＝32n＋1，设bn＝2nan(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解(1)由bn＝2nan，得an＝bn2n，代入an＋1－an2＝32n＋1得bn＋12n＋1－bn2n＋1＝32n＋1，即bn＋1－bn＝3，所以数列{bn}是公差为3的等差数列，又a1＝a3，所以b12＝b38，即b12＝b1＋68，所以b1＝2，所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．(2)由bn＝3n－1，得an＝bn2n＝3n－12n，所以Sn＝22＋522＋823＋…＋3n－12n，12Sn＝222＋523＋824＋…＋3n－12n＋1，两式相减得12Sn＝1＋3122＋123＋…＋12n－3n－12n＋1＝52－3n＋52n＋1，所以Sn＝5－3n＋52n(n∈N*)．【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．【变式探究】已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋12an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝32a1，b2，b5，b14成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)n＝1时，a1＋12a1＝1，a1＝23，n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－12an－1，Sn－Sn－1＝12()an－1－an，∴an＝13an－1(n≥2)，{an}是以23为首项，13为公比的等比数列，an＝23×13n－1＝213n.b1＝1，由b25＝b2b14得，()1＋4d2＝()1＋d()1＋13d，d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)cn＝4n－23n，Tn＝23＋632＋1033＋…＋4n－23n，①13Tn＝232＋633＋1034＋…＋4n－63n＋4n－23n＋1，②①－②得，23Tn＝23＋4132＋133＋…＋13n－4n－23n＋1＝23＋4×19－13n＋11－13－4n－23n＋1＝43－23n－4n－23n＋1，所以Tn＝2－2n＋23n(n∈N*)．【变式探究】公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝10，且a1，a3，a9成等比数列.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an3n的前n项和Tn.解(1)设{an}的公差为d，由题设得4a1＋6d＝10，a23＝a1·a9，∴4a1＋6d＝10，（a1＋2d）2＝a1（a1＋8d）.解之得a1＝1，且d＝1.因此an＝n.(2)令cn＝n3n，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，①13Tn＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，②①－②得：23Tn＝13＋132＋…＋13n－n3n＋1＝131－13n1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，∴Tn＝34－2n＋34×3n.【变式探究】已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式.所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.题型三裂项相消法求和例3、[2018·天津卷]设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，①求Tn；②．【解析】(1)解：设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d.由a