高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题3第2讲数列求和及其综合应用(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题3第2讲数列求和及其综合应用(学生版+解析)，共25页。学案主要包含了要点提炼，特点突破，拓展训练，热点突破，方法总结等内容，欢迎下载使用。
考点一 数列求和
1．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：
eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))；eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
2．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．
【特点突破】
考向1 分组转化法求和
【典例】1 已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)＋2lg2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.
考向2 裂项相消法求和
【典例】2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－2n，{bn}为正项等比数列，且b1＝a1＋3，b3＝6a4＋2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(1,an＋1·lg2bn＋1)，求{cn}的前n项和Tn.
考向3 错位相减法求和
【典例】3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an>0，且aeq \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\al(2,n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg3(1＋Sn)，求数列{anbn}的前n项和Tn.
【拓展训练】1 (1)已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a8等于( )
A．－16 B．－8 C．8 D．16
(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为eq \f(2,3)的数列{an}满足2(2n＋1)anan＋1＋an＋1＝an，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 020等于( )
A.eq \f(8 080,4 041) B.eq \f(4 078,4 040) C.eq \f(4 040,4 041) D.eq \f(4 039,4 040)
(3)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
①求数列{an}与{bn}的通项公式；
②记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
【要点提炼】
考点二 数列的综合问题
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，通过放缩进行等式的证明．
【热点突破】
【典例】4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2 017＋a2 018＋
a2 019＋a2 020等于( )
A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020
(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{an}满足a1＋eq \f(1,2)a2＋…＋eq \f(1,n)an＝n2＋n(n∈N*)，设数列{bn}满足bn＝eq \f(2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn0，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))2－2×eq \f(an＋1,an)－3＝0，
解得eq \f(an＋1,an)＝3或eq \f(an＋1,an)＝－1(舍)，
所以{an}是等比数列，且公比q＝3，
又a1＝2，所以an＝2·3n－1，n∈N*.
(2)因为Sn＝eq \f(21－3n,1－3)＝3n－1，
所以bn＝lg3(1＋Sn)＝n，则anbn＝2n·3n－1，
所以Tn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n－2)·3n－2＋2n·3n－1，①
所以3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n－2)·3n－1＋2n·3n，②
①－②，得(1－3)Tn＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－1－2n·3n＝eq \f(21－3n,1－3)－2n·3n＝(1－2n)·3n－1，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,2)))·3n＋eq \f(1,2).
【方法总结】 (1)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差．
(2)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．
(3)错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列．
【拓展训练】1 (1)已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a8等于( )
A．－16 B．－8 C．8 D．16
【答案】 C
【解析】 当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44.所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8，故选C.
(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为eq \f(2,3)的数列{an}满足2(2n＋1)anan＋1＋an＋1＝an，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 020等于( )
A.eq \f(8 080,4 041) B.eq \f(4 078,4 040) C.eq \f(4 040,4 041) D.eq \f(4 039,4 040)
【答案】 C
【解析】 依题意得an≠0，由2(2n＋1)anan＋1＝an－an＋1，
等式两边同时除以anan＋1可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝4n＋2，
则当n≥2时，eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝4n－2，eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－2)＝4n－6，…，eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝6，
以上式子左右两边分别相加可得
eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝eq \f(6＋4n－2n－1,2)，
即eq \f(1,an)＝2n2－eq \f(1,2)＝eq \f(2n－12n＋1,2)，
所以an＝eq \f(2,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
当n＝1时，a1＝eq \f(2,3)满足上式．
故a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,4 039)－eq \f(1,4 041)＝1－eq \f(1,4 041)＝eq \f(4 040,4 041).
(3)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
①求数列{an}与{bn}的通项公式；
②记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
【解析】 ①由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．
由题意知：
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，eq \f(1,n)bn＝bn＋1－bn.
整理得eq \f(bn＋1,n＋1)＝eq \f(bn,n)，
又eq \f(b2,2)＝eq \f(b1,1)，所以bn＝n(n∈N*)．
②由①知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
【要点提炼】
考点二 数列的综合问题
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，通过放缩进行等式的证明．
【热点突破】
【典例】4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2 017＋a2 018＋
a2 019＋a2 020等于( )
A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020
【答案】 C
【解析】 由直角坐标系可知，A(1,1)，B(－1,2)，C(2,3)，D(－2,4)，E(3,5)，F(－3,6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，
由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，
因为2 020÷4＝505，所以a2 017＝505，a2 018＝1 009，a2 019＝－505，a2 020＝1 010，
a2 017＋a2 018＋a2 019＋a2 020＝2 019.
(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{an}满足a1＋eq \f(1,2)a2＋…＋eq \f(1,n)an＝n2＋n(n∈N*)，设数列{bn}满足bn＝eq \f(2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn