（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题五 数列 第24讲 数列的求和及其运用课件

第24讲数列的求和及其运用课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]1．等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d.2．等比数列的前n项和公式Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a11－qn1－q，q≠1.3．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋12.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.(4)12＋22＋…＋n2＝nn＋12n＋16.(5)13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2.4．常见的拆项公式(1)若{an}为各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则1an·an＋1＝1d1an－1an＋1；(2)1nn＋k＝1k1n－1n＋k；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n；(4)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan(a＞0且a≠1)．[经典考题再回首]1．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；(2)若a10，求使得Sn≥an的n的取值范围．解：(1)设{an}的公差为d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通项公式为an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝nn－9d2.由a10知d0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满足cn＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(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.依题意，得3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以数列{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＋nn－12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－31－3n1－3＋n×3n＋1＝2n－13n＋1＋32.所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－13n＋1＋32＝2n－13n＋2＋6n2＋92(n∈N*)．课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效考法一裂项相消法求和[例1]已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝a2n＋an，数列{bn}满足b1＝12，2bn＋1＝bn＋bnan.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝bn＋2Sn，求和c1＋c2＋…＋cn.[解](1)由2Sn＝a2n＋an，①得2Sn＋1＝a2n＋1＋an＋1，②②－①，得2an＋1＝a2n＋1－a2n＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，在2Sn＝a2n＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.由2bn＋1＝bn＋bnan，得bn＋1n＋1＝12·bnn，所以数列bnn是首项为12，公比为12的等比数列，所以bnn＝12n，即bn＝n2n.(2)由(1)得cn＝bn＋2Sn＝n＋2n2＋n2n＋1，所以cn＝1n·2n－1n＋12n＋1，所以c1＋c2＋…＋cn＝12－1n＋12n＋1＝n＋12n－1n＋12n＋1.[解题方略]裂项相消法就是将数列的通项拆分成两个式子的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法，此种方法适用于通项可以分裂成两式之差，尤其是分母为等差数列的两项之积的类型的数列求和问题．破解此类题的关键点：(1)定通项，即根据已知条件求出数列的通项公式．(2)巧裂项，即根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式．(3)消项求和，即通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和．考法二错位相减法求和[例2](2019·苏锡常镇调研)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和是Tn，且满足：对任意的正整数n，都有等式a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3成立．求满足等式Tnan＝13的所有正整数n.[解](1)2Sn＝an＋1－3,2Sn－1＝an－3(n≥2)，两式相减，得2an＝an＋1－an，即当n≥2时，an＋1＝3an.由a1＝S1＝3，得6＝a2－3，即a2＝9，满足a2＝3a1.所以对n∈N*，都有an＋1＝3an，即an＋1an＝3.所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，通项公式为an＝3n.(2)由(1)知，31bn＋32bn－1＋33bn－2＋…＋3nb1＝3n＋1－3n－3，①31bn＋1＋32bn＋33bn－1＋…＋3n＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3，②②3－①，得bn＋1＝2n＋1.又3b1＝9－3－3＝3，得b1＝1，所以bn＝2n－1，从而Tn＝n2.设f(n)＝Tnan＝n23n，n∈N*.当n＝1时，T1a1＝13；当n＝2时，T2a2＝49；当n＝3时，T3a3＝13.下面证明：对任意正整数n3都有Tnan13.Tn＋1an＋1－Tnan＝(n＋1)213n＋1－n213n＝13n＋1×[(n＋1)2－3n2]＝13n＋1(－2n2＋2n＋1)，当n≥3时，－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)0，即Tn＋1an＋1－Tnan0，所以当n≥3时，Tnan递减，所以对任意正整数n3都有TnanT3a3＝13.综上可得，满足等式Tnan＝13的正整数n的值为1和3.[解题方略]如果数列{an}是一个由等差数列{bn}及等比数列{cn}对应项之积组成的数列，即an＝bn·cn，那么其前n项和Sn的求解常用错位相减法．破解此类题的关键点：(1)巧分拆，即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公差和公比．(2)构差式，即写出Sn的表达式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减．(3)后求和，根据差式的特征准确进行求和．考法三数列的前n项和与不等式交汇[例3]已知数列{an}中，a1＝λ(λ≠0，λ∈R)，an＋1＝23an＋7·3n－1－1，数列{bn}的前n项和记为Sn，且bn＝(－1)n(an－3n＋3)．(1)求证：数列{bn}为等比数列；(2)求Sn的最大值；(3)是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有3＜Sn＜10成立？若存在，求实数λ的取值范围；若不存在，说明理由．[解](1)证明：由b1＝－λ≠0，且bn＋1＝(－1)n＋1(an＋1－3n＋1＋3)＝(－1)n＋123an＋7·3n－1－1－3n＋1＋3＝(－1)n＋123an－2·3n－1＋2＝－23bn.可得数列{bn}是以－23为公比的等比数列．(2)Sn＝－λ1－－23n1－－23＝－3λ51－－23n＝－3λ51－23n，n是偶数，－3λ51＋23n，n是奇数.当λ＞0时，Sn的最大值为S2＝－λ3；当λ＜0时，Sn的最大值为S1＝－λ.(3)假设存在实数λ，满足题意．由1－－23n＞0，得31－－23n＜－3λ5＜101－－23n，当n为偶数时，31－－232＜－3λ5≤10，得－503≤λ＜－9，当n为奇数时，3≤－3λ5＜101－－23，得－10＜λ≤－5，综上，λ的取值范围为(－10，－9)．[解题方略]数列的前n项和与不等式交汇问题的解题策略(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到；(3)比较方法：作差或者作商比较．[集训过关]1．(2019·姜堰中学期中)已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝log2anan，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有a1＋a1q＝6，a1q2＝8，即3q2－4q－4＝0，而q0，∴q＝2.于是a1＝2，∴数列{an}的通项公式an＝2n.(2)由(1)得bn＝log2anan＝n2n，∴Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，两式相减得，12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，∴Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n.2．在数列an中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－12.(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝Sn2n＋1，求bn的前n项和Tn.解：(1)∵S2n＝anSn－12，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn.由题意得Sn－1·Sn≠0，∴1Sn－1Sn－1＝2，∴数列1Sn是首项为1S1＝1a1＝1，公差为2的等差数列，∴1Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝12n－1.(2)∵bn＝Sn2n＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.3．已知数列{an}的各项均为正数，且对任意的n∈N*，都有(a1a2·…·an)2＝an＋11an－1n＋1.(1)若a1,2a2,3a3成等差数列，求a2a1的值．(2)①求证：数列{an}为等比数列；②若对任意的n∈N*，都有a1＋a2＋…＋an≤2n－1，求数列{an}的公比q的取值范围．解：(1)因为(a1a2)2＝a31a3，所以a22＝a1a3，因此a1，a2，a3成等比数列．设公比为t，又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，即4×a2a1＝1＋3×a3a1，即4t＝1＋3t2，解得t＝1或t＝13，所以a2a1＝1或a2a1＝13.(2)证明：①因为(a1a2·…·an)2＝an＋11an－1n＋1，所以(a1a2·…·anan＋1)2＝an＋21ann＋2，两式相除，得a2n＋1＝a1ann＋2an－1n＋1，即an＋1n＋1＝a1ann＋2，(*)由(*)，得an＋2n＋2＝a1an＋1n＋3，(**)(*)(**)两式相除，得an＋2n＋2an＋1n＋1＝an＋1n＋3ann＋2，即a2n＋2n＋2＝an＋1n＋1an