2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题2 数列 第2讲 数列求和与综合问题教案 理

-1-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＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2C[Sn＝21－2n1－2＋n1＋2n－12＝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．15B．12C．－12D．－15A[∵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1n2＋n的前n项和为1011，则n的值为()A．9B．10C．11D．12B[∵1n2＋n＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋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Sn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①则12Sn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②-2-①－②，得12Sn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1.∴Sn＝2n＋1－n－22n.故选B.法二：(验证法)取n＝1时，n2n＝12，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＝________.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an＝2，n＝1，2n－1，n≥2.]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1an·an＋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＝Sn，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2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an＋1an＝f(n)的数列；③构造法：形如an＋1＝nanman＋n，可转化为1an＋1－1an＝mn，构造等差数列1an；形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋qp－1＝pan＋qp－1，构造等比数列an＋qp－1.-3-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＝－11－261－2＝－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＝________.－1n[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴1Sn－1Sn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1.又1S1＝－1，∴1Sn是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－1n.]3．(2013·全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝23an＋13，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anan－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.]-4-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＝n＋23an，则an＝________.nn＋12[∵Sn＝n＋23an，且a1＝1，∴当n＝2时，a1＋a2＝2＋23a2，即a2＝3a1＝3.又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋23an－n＋13an－1，即an＝n＋1n－1an－1.∴an＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a2a1·a1＝n＋1n－1·nn－2·n－1n－3·…·42×31×1＝nn＋12.]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，∴Sn＋13n＋1＝23·Sn3n＋13，∴Sn＋13n＋1－1＝23Sn3n－1，又S13－1＝13－1＝－23，∴数列Sn3n－1是首项为－23，公比为23的等比数列，∴Sn3n－1＝－23×23n-1＝－23n，-5-∴Sn＝3n－2n.]3．(活用前n项和的定义求通项)数列{an}满足12a1＋122a2＋123a3＋…＋12nan＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．an＝6，n＝12n＋1，n≥2[因为12a1＋122a2＋123a3＋…＋12nan＝2n＋1，所以12a1＋122a2＋123a3＋…＋12n－1an－1＝2(n－1)＋1，两式相减得12nan＝2，即an＝2n＋1，n≥2.又12a1＝3，所以a1＝6，因此an＝6，n＝1，2n＋1，n≥2.]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，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋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an0，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.(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝12n＋12n＋3＝1212n＋1－12n＋3.-6-设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝1213－12n＋3＝n32n＋3.[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＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1000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＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)因为bn＝0，1≤n＜10，1，10≤n＜100，2，100≤n＜1000，3，n＝1000，所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.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；-7-(2)令cn＝4bn·bn＋1＋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＝42n·2n＋1＋4n＝1nn＋1＋4n＝1n－1n＋1＋4n.设数列1nn＋1的前n项和为An，则An＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，∴Sn＝nn＋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.(1)求证：数列Snn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Sn＋1n＋1－Snn＝1，又S11＝5，所以数列Snn是首项为5，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知Snn＝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