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doc 第2讲 数列的求和问题 [考情考向分析] 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. 热点一 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. 例1 (2018·北京海淀区模拟)已知等差数列{an}满足2an+1-an=2n+3(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列是首项为1,公比为2的等比数列,求数列{bn}的前n项和. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d, 因为2an+1-an=2n+3, 所以所以 所以 所以an=a1+(n-1)d=2n-1(n∈N*). (2)因为数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列, 所以an+bn=2n-1, 因为an=2n-1,所以bn=2n-1-(2n-1). 设数列{bn}的前n项和为Sn, 则Sn=(1+2+4+…+2n-1)-[1+3+5+…+(2n-1)] =-=2n-1-n2, 所以数列{bn}的前n项和为2n-1-n2(n∈N*). 思维升华 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. 跟踪演练1 已知等差数列{an}的公差为d,且关于x的不等式a1x2-dx-3<0的解集为(-1,3), (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=+2an,求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)由题意,得解得 故数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1), 即an=2n-1(n∈N*). (2)据(1)求解知an=2n-1, 所以bn=+2an=22n-1+2(2n-1)=+4n-2, 所以Sn=(4+42+43+…+4n)+(2+6+10+…+4n-2)=×+ =+2n2-(n∈N*). 热点二 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. 例2 (2018·百校联盟联考)已知等比数列{an}的公比q≠1,前n项和为Sn(n∈N*),a1+a3=,a1-1,a2-1,a3-1分别是一个等差数列的第1项,第2项,第5项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=anlg an,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)由a1+a3=得, a1+a1q2==1+q2, 所以a1=1, 由a1-1,a2-1,a3-1分别是一个等差数列的第1项,第2项,第5项, 得a3-1-(a1-1)=4[(a2-1)-(a1-1)], 即a3-a1=4(a2-a1), 即q2-1=4(q-1),即q2-4q+3=0, 因为q≠1,所以q=3,所以an=3n-1(n∈N*). (2)bn=anlg an=(n-1)·3n-1lg 3, 所以Tn=[0+3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1]lg 3, 3Tn=[0+32+2×33+3×34+…+(n-1)×3n]lg 3, 两式相减得,-2Tn=[3+32+33+…+3n-1-(n-1)×3n]lg 3=-(n-1)·3nlg 3 =--·3nlg 3, 所以Tn=+·3nlg 3(n∈N*). 思维升华 (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. 跟踪演练2 (2018·安庆模拟)在等差数列{an}中a4=9,前三项的和为15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Sn. 解 由题意得解得 ∴an=2n+1(n∈N*). (2)Sn=++…+=+++…+,① Sn=++…+,② ①-②得,Sn=1+2-, ∴Sn=2-(n∈N*). 热点三 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,主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和. 例3 (2018·天津市十二校模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=a(n∈N*)(a为常数,a≠0,a≠1). (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=an+Sn,若数列{bn}为等比数列,求a的值; (3)在满足条件(2)的情形下,cn=.若数列的前n项和为Tn,且对任意n∈N*满足Tn<λ2+λ,求实数λ的取值范围. 解 (1)∵Sn=a, ∴n=1时,a1=a. n≥2时,Sn-1=a(Sn-1-an-1+1), ∴Sn-Sn-1=an=a(Sn-Sn-1)-aan+aan-1, ∴an=aan-1,即=a且 a≠0,a≠1, ∴数列{an}是以a为首项,a为公比的等比数列, ∴an=an(n∈N*). (2)由bn=an+Sn得,b1=2a, b2=2a2+a, b3=2a3+a2+a. ∵数列{bn}为等比数列, ∴b=b1b3,(2a2+a)2=2a(2a3+a2+a), 解得a=. (3)由(2)知cn= = =-, ∴Tn=-+-+…+-  =-<, ∴≤λ2+λ, 解得λ≥或λ≤-1. 即实数λ的取值范围是∪(-∞,-1]. 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(k≥1,k∈N*)的形式,从而在求和时达到某些项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式,使之符合裂项相消的条件. (2)常用的裂项公式 ①若{an}是等差数列,则=,=; ②=-,=; ③=; ④=; ⑤=-,=(-). 跟踪演练3 (2018·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an>0(n∈N*),S6+a6是S4+a4,S5+a5的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,数列的前n项和为Tn,求Tn. 解 (1)∵S6+a6是S4+a4,S5+a5的等差中项, ∴2=S4+a4+S5+a5, ∴S6+a6-S4-a4=S5+a5-S6-a6, 化简得4a6=a4, 设等比数列{an}的公比为q,则q2==, ∵an>0(n∈N*),∴q>0,∴q=, ∴an=2×n-1=n-2(n∈N*). (2)由(1)得,bn===2n-3. 设cn== =-. ∴Tn=c1+c2+…+cn =+++…+ =-1-=-(n∈N*). 真题体验 1.(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=________. 答案 (n∈N*) 解析  设等差数列{an}的公差为d, 由得 ∴Sn=n×1+×1=, ==2. ∴=+++…+ =2 =2=(n∈N*). 2.(2017·天津)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{a2nb2n-1}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. 又因为q>0,解得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(n∈N*). 所以数列{an}的通项公式为an=3n-2(n∈N*),数列{bn}的通项公式为bn=2n(n∈N*). (2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,得a2nb2n-1=(3n-1)×4n, 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,③ 4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,④ ③-④,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1 =-4-(3n-1)×4n+1 =-(3n-2)×4n+1-8, 得Tn=×4n+1+(n∈N*). 所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+(n∈N*). 押题预测 1.已知数列{an}的通项公式为an=(n∈N*),其前n项和为Sn,若存在M∈Z,满足对任意的n∈N*,都有Sn<M恒成立,则M的最小值为________. 押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容,也是《考试大纲》中明确提出的知识点,年年在考,年年有变,变的是试题的外壳,即在题设的条件上有变革,有创新,但在变中有不变性,即解答问题的常用方法有规律可循. 答案 1 解析 因为an== =-, 所以Sn=++…+=1-, 由于1-<1,所以M的最小值为1. 2.数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=n2,数列{bn}满足: ①b3=;②bn>0;③2b+bn+1bn-b=0. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点,本题先利用an,Sn的关系求an,也是高考出题的常见形式. 解 (1)当n=1时,a1=S1=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1(n∈N*), 又a1=1满足an=2n-1, ∴an=2n-1(n∈N*). ∵2b+bn+1bn-b=0, 且bn>0,∴2bn+1=bn, ∴q=,b3=b1q2=, ∴b1=1,bn=n-1(n∈N*). (2)由(1)得cn=(2n-1)n-1, Tn=1+3×+5×2+…+(2n-1)n-1, Tn=1×+3×2+…+(2n-3)n-1+(2n-1)×n, 两式相减,得Tn=1+2×+2×2+…+2×n-1-(2n-1)×n =1+2-(2n-1)×n =3-n-1. ∴Tn=6-n-1(2n+3)(n∈N*). A组 专题通关 1.已知数列{an},{bn}满足a1=1,且an,an+1是方程x2-bnx+2n=0的两根,则b10等于(  ) A.24 B.32 C.48 D.64 答案 D 解析 由已知有anan+1=2n, ∴an+1an+2=2n+1,则=2, ∴数列{an}的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列,可以求出a2=2, ∴数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32,…,而bn=an+an+1, ∴b10=a10+a11=32+32=64. 2.(2018·河南省六市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1+m,且a1,a4,a5-2成等差数列,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>的最小正整数n的值为(  ) A.11 B.10 C.9 D.8 答案 B 解析 根据Sn=2n+1+m可以求得an= 所以有a1=m+4,a4=16,a5=32, 根据a1,a4,a5-2成等差数列, 可得m+4+32-2=32,从而求得m=-2, 所以a1=2满足an=2n, 从而求得an=2n(n∈N*), 所以bn== =-, 所以Tn=1-+-+-+…+-=1-, 令1->,整理得2n+1>2 019, 解得n≥10. 3.(2018·山西榆社中学模拟)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=,=+2n(n∈N*),则S100等于(  ) A.2- B.2- C.2- D.2- 答案 D 解析 由=+2n,得-=2n, 则-=2n-1,-=2n-2,…,-=21, 将各式相加得-=21+22+…+2n-1=2n-2, 又a1=,所以an=n·, 因此S100=1×+2×+…+100×, 则S100=1×+2×+…+99×+100×, 两式相减得S100=+++…+-100×, 所以S100=2-99-100·100=2-. 4.在等比数列{an}中,a2·a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为17,设bn=(-1)nan,n∈N*,则数列{bn}的前2 018项的和为________. 答案 - 解析 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q. ∵a2·a3=2a1, ∴a1·q3=2,即a4=2. ∵a4与2a7的等差中项为17, ∴a4+2a7=34,即a7=16, ∴a1=,q=2, ∴an=·2n-1=2n-3(n∈N*). ∵bn=(-1)nan=(-1)n·2n-3, ∴数列{bn}的前2 018项的和为 S2 018=-(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 018)=-(2-2+20+22+…+22 014)+(2-1+21+23+…+22 015) =-+=-. 5.(2018·保山模拟)若数列{an}的通项公式an=nsin (n∈N*),其前n项和为Sn,则S2 018=________. 答案  解析 a1+a2+a3+a4+a5+a6=-3, a7+a8+a9+a10+a11+a12=-3, …… a6m+1+a6m+2+a6m+3+a6m+4+a6m+5+a6m+6 =-3,m∈N, 所以S2 018=. 6.(2018·山东K12联盟考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3an-1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;

全国通用版2019高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列的求和问题学案文.doc

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