2023届高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用学案

第2讲　数列求和及综合应用

1.[数列求和](多选题)(2021·新高考Ⅱ卷, T12)设正整数n=a0·20+a1·2+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　ACD　)

A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1

C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n

解析:对于A选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,

2n=a0×21+a1×22+…+ak-1×2k+ak×2k+1,

所以ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A选项正确;

对于B选项,取n=2,2n+3=7=1×20+1×21+1×22,所以ω(7)=3,

而2=0×20+1×21,则ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B选项错误;

对于C选项,8n+5=a0×23+a1×24+…+ak×2k+3+5=1×20+1×22+a0×23+a1×24+…+ak×2k+3,

所以ω(8n+5)=2+a0+a1+…+ak,

4n+3=a0×22+a1×23+…+ak×2k+2+3=1×20+1×21+a0×22+a1×23+…+ak×2k+2,

所以ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,因此,ω(8n+5)=ω(4n+3),C选项正确;

对于D选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D选项正确.故选ACD.

2.[数列求和](2020·新高考Ⅰ卷,T14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　. 

解析:因为数列{2n-1}是以1为首项,以2为公差的等差数列.数列{3n-2}是以1为首项,以3为公差的等差数列.所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列,所以an=6n-5,n∈N*.故Sn=×n=3n2-2n.

答案:3n2-2n

3.[数列求和](2021·新高考Ⅰ卷,T16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　,如果对折n次,那么Sk=　　　　 dm2. 

解析:依题意,得S1=120×2=240;

S2=60×3=180;

当n=3时,共可以得到5 dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,且5×6=30,×12=30,10×3=30,20×=30,所以S3=30×4=120;

当n=4时,共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,×6=15,×12=15,10×=15,20×=15,所以S4=15×5=75;

…

所以可归纳Sk=×(k+1)=(k∈N*).

所以Sk=240(1+++…++),①

×Sk=240(+++…++),②

由①-②得,

×Sk=240(1++++…+-)=240(1+-)=240(-),

所以Sk=240(3-) dm2.

答案:5　240(3-)

4.[错位相减法求和](2021·全国乙卷,T19)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<.

(1)解:设等比数列{an}的公比为q,则an=qn-1.

因为a1,3a2,9a3成等差数列,所以1+9q2=2×3q,解得q=,故an=,bn=,n∈N*.

(2)证明:由(1)知Sn==(1-),

Tn=+++…+,①

Tn=+++…++,②

①-②得Tn=+++…+-,

即Tn=-=(1-)-,

整理得Tn=-,

则2Tn-Sn=2(-)-(1-)=-<0,故Tn<.

高考对数列求和主要考查分组转化、错位相减、裂项相消等方法,难度为中等偏下,有时也常与函数、不等式等交汇命题.以解答题为主,也有选择题、填空题,难度中等.

热点一　分组转化法求和

分组求和的策略:

(1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an}, {bn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.

(2)若数列{cn}的通项公式为cn=且数列{an},{bn}可分别求和,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.

(3)若数列的通项公式中有(-1)n等特征,根据正号、负号分组求和.

典例1　(2022·山东潍坊一中模拟预测)已知数列{an}满足++…+=.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)对任意的n∈N*,令bn=求数列{bn}的前n项和Sn.

解:(1)当n=1时,得=,解得a1=1;

当n≥2时,可得++…+=,①

++…+=,②

由①-②,得=-=,an=2-n,

当n=1时,a1=2-1=1也符合,

所以数列{an}的通项公式为an=2-n,n∈N*.

(2)由(1)知bn=

当n为偶数时,

Sn=[1+(-1)+(-3)+…+2-(n-1)]+(20+2-2+…+22-n)=+=+(1-)=-;

当n为奇数时,

Sn=Sn+1-bn+1=--21-n=-.

综上所述,

Sn=

分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差,常见错误为不能准确分组或不分奇数项与偶数项.

热点训练1　 (2022·山东烟台一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4=9,S3=15.

(1)求{an}的通项公式;

(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变,在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k个1,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Tn,求T100的值.

解: (1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得a1+3d=9,3a1+3d=15,解得a1=3,d=2,所以an=2n+1,n∈N*.

(2)因为在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k个1,

所以ak在{bn}中对应的项数为n=k+21+22+23+…+2k-1=k+=2k+k-2,当k=6时,2k+k-2=68,当k=7时,2k+k-2=133,

所以a6=b68,a7=b133,且b69=b70=…=b100=1.

因此T100=S6+(2×1+22×1+23×1+…+25×1)+32×1=×(3+13)++32=142.

热点二　裂项相消法求和

裂项相消法就是把数列的每一项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵消的过程中,有的是依次项抵消,有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有

=-;=(-);

=(-);=(-).

典例2　(2022·新高考Ⅰ卷) 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{}是公差为 的等差数列.

(1)求{an}的通项公式;

(2)证明:++…+<2.

(1)解:法一　因为a1=1,所以=1,

又{}是公差为的等差数列,

所以=1+(n-1)×=.

因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1,

所以=(n≥2),

所以=(n≥2),

整理得=(n≥2),

所以××…××=××…××=(n≥2),

所以Sn=(n≥2).

又S1=1也满足上式,

所以Sn=(n∈N*).

则Sn-1=(n≥2),

所以an=-=(n≥2),

又a1=1也满足上式,所以an=(n∈N*).

法二　因为a1=1,所以=1,

又{}是公差为的等差数列,

所以=1+(n-1)×=,

所以Sn=an.因为当n≥2时,

an=Sn-Sn-1=an-an-1,

所以an-1=an(n≥2),

所以=(n≥2),

所以××…××=×××…××=(n≥2),

所以an=(n≥2),

又a1=1也满足上式,所以an=(n∈N*).

(2)证明:因为an=,

所以==2(-),

所以++…+=2[(1-)+(-)+…+(-)+(-)]=2(1-)<2.

故原式得证.

裂项相消法的基本思路是将通项拆分,可以产生相互抵消的项.需注意抵消后并不一定只剩下首尾两项,也有可能前面剩两项,后面剩两项或者前面剩几项,后面剩几项.

热点训练2　 (2022·山东模拟预测)已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1=1,=+2(an+1+an).

(1)求{an}的通项公式;

(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.

解:(1)各项均为正数的等差数列{an}满足a1=1,=+2(an+1+an),整理得(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an),由于an+1+an≠0,

所以an+1-an=2,故数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以an=2n-1,n∈N*.

(2)由(1)可得bn===,

所以Sn=×(-1+-+…+-)=(-1),n∈N*.

热点三　错位相减法求和

　　如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时,可采用错位相减法.用错位相减法求和时,应注意:

(1)等比数列的公比为负数的情形.

(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便准确写出“Sn-qSn”的表达式.

典例3　(2022·山东济南一中模拟预测)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且Sn=2Sn-1+n(n≥2,n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(2n-1)(an+1),求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)由Sn=2Sn-1+n(n≥2,n∈N*),得

Sn+1=2Sn+n+1,作差得an+1=2an+1,

即an+1+1=2(an+1)(n≥2,n∈N*).

又a1=1,由S2=a1+a2=2a1+2,得a2=3,

所以a2+1=4=2(a1+1),所以数列{an+1}是以2为公比和首项的等比数列,

所以an+1=2×2n-1=2n, 所以an=2n-1.

故数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).

(2) 由(1)知bn=(2n-1)×2n,所以Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,

2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)×2n+1,

作差得-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1=(3-2n)×2n+1-6.

所以Tn=(2n-3)×2n+1+6(n∈N*).

错位相减法求和需要两边先同时乘等比数列的公比再错位相减,常见错误有符号错误或不能准确“错项对齐”.

热点训练3　 (2022·山东潍坊一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S3=a3+6.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log2an,求数列{anbn}的前n项和Tn.

解: (1)设等比数列{an}的公比为q,由a1=2,S3=a3+6,得a1(1+q+q2)=6+q2a1,解得q=2,所以an=2n(n∈N*).

(2)由(1)可得bn=log2an=n,所以anbn=n·2n,

Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,

2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,

所以-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,

所以Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).

热点四　与数列相关的综合问题

　　数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向,此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系,求出数列的通项公式或前n项和公式,再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题,通过放缩进行不等式的证明.

典例4　(2022·山东莱西高三期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1,an,Sn为等差数列;数列{bn}满足b1=6,bn=Sn++4.

(1)求数列{bn}的前n项和Tn;

(2)若对于∀n∈N*,总有<成立,求实数m的取值范围.

解:(1)因为a1,an,Sn为等差数列,所以2an=a1+Sn,所以2an+1=a1+Sn+1,

两式相减得2an+1-2an=Sn+1-Sn,即an+1=2an,

所以数列{an}是以2为公比的等比数列.

又b1=6,bn=Sn++4,所以6=a1++4,

解得a1=1,所以an=2n-1,Sn==2n-1,

所以bn=2n-1++4=2n++3,

所以Tn=b1+b2+…+bn=(2++3)+(22++3)+…+(2n++3)=(2+22+…+2n)+(1++…+)+3n=++3n=2n+1-+3n,

所以Tn=2n+1-+3n(n∈N*).

(2)由(1)得不等式为<,整理得7m-4>64×,令cn=,则cn+1-cn=-=,所以当0<n≤7,n∈N*时,cn+1-cn>0,即cn+1>cn,

当n>7,n∈N*时,cn+1-cn<0,即cn+1<cn,

所以cn取得最大值c8==,

所以7m-4>64×,即7m-4>2,解得m>.

所以实数m的取值范围为(,+∞).

求解数列与函数交汇问题要注意两点:

(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或它的有限子集),在求解数列最值或不等关系时要特别注意.

(2)解题时准确构造函数,利用函数性质时注意限制条件.

热点训练4　 (2022·河北唐山三模)已知正项数列{an}满足a1=1,-(2n+1)an+1=+(2n+1)an.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{}的前n项和为Tn,证明:Tn<2.

(1)解:由已知--(2n+1)(an+1+an)=0,

即(an+1+an)(an+1-an-2n-1)=0.

又an>0,故an+1-an=2n+1,

即an-an-1=2n-1(n≥2且n∈N*),所以,当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2,当n=1时,a1=1也符合,所以an=n2(n∈N*).

(2) 证明:法一　当n≥2时,<=-.

Tn=+++…+<1+(1-)+(-)+…+(-)=2-<2.

法二　=<==2(-).

Tn=+++…+<2[(1-)+(-)+…+(-)]=2(1-)<2.