2019版高中数学二轮复习教师用书：专题三第2讲　大题考法——数列求和问题

第2讲　大题考法——数列求和问题

考向一　等差、等比数列的简单综合

【典例】 (2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2．

(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；

(2)若T3＝21，求S3．

解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

则an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1．

由a2＋b2＝2得d＋q＝3.  ①

(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.  ②

联立①②解得(舍去)或

因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1．

(2)由b1＝1，T3＝21

得q2＋q－20＝0．

解得q＝－5或q＝4．

当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21．

当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6．

[技法总结]　等差、等比数列的基本量的求解策略

(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．

(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．

[变式提升]

1．(2018·东莞二模)已知等比数列{an}与等差数列{bn}，a1＝b1＝1，a1≠a2，a1，a2，b3成等差数列，b1，a2，b4成等比数列．

(1)求{an}，{bn}的通项公式；

(2)设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，若Sn＋Tn＞100, 求n的最小值．

解　(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，

则 解得 (舍)或

∴an＝2n－1，bn＝n．

(2)由(1)易知Sn＝＝2n－1，Tn＝．

由Sn＋Tn＞100，得2n＋＞101，

∵是单调递增数列，

且26＋＝85＜101,27＋＝156＞101，

∴n的最小值为7．

考向二　等差、等比数列的判定及应用

【典例】 (2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，

已知．

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并判断是否成等差数列．

[审题指导]

①看到S2，S3，想到设基本量，列方程组求解

②看到三项成等差数列，想到可用2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2是否成立判断

[规范解答]　(1)设{an}的公比为q．

由题设可得❶  3分

解得  5分

故{an}的通项公式为an＝(－2)n.6分

(2)由(1)可得Sn＝

＝－＋(－1)n❷.  8分

由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n

＝2＝2Sn❸，  10分

故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.  12分

❶处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解．

❷处化简Sn时易出现计算错误．

❸处对于Sn＋2＋Sn＋1的运算代入后，要针对目标，即化为2Sn，观察结构，整体运算变形，可得结论．

[技法总结]　判定和证明数列是等差(比)数列的方法

(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的某一常数．

(2)中项公式法：

①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；

②若a＝an－1·an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．

[变式提升]

2．(2018·吉林调研)艾萨克·牛顿(1643年1月4日～1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列{xn}满足xn＋1＝xn－，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列{xn}为牛顿数列，设an＝ln ，已知a1＝2，xn>2，求{an}的通项公式an．

解　∵ 函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，

∴解得

∴f(x)＝ax2－3ax＋2a，则f′(x)＝2ax－3a．

则xn＋1＝xn－

＝xn－＝，

∴＝

＝＝2，

则数列an是以2为公比的等比数列，又∵a1＝2，

∴ 数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，

则an＝2·2n－1＝2n．

3．(2018·六安联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100的值．

解　(1)因为n，an，Sn成等差数列，

所以Sn＋n＝2an，  ①

所以Sn－1＋(n－1)＝2an－1(n≥2)．  ②

①－②，得an＋1＝2an－2an－1，

所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)．

又当n＝1时，S1＋1＝2a1，所以a1＝1，所以a1＋1＝2，

故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，

所以an＋1＝2·2n－1＝2n，即an＝2n－1．

(2)据(1)求解知，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，b1＝1，所以bn＋1－bn＝2，

所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．

又因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106＝211，b107＝213，

所以c1＋c2＋…＋c100

＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7)

＝－[(21＋22＋…＋27)－7]

＝－＋7＝1072－28＋9＝11 202．

考向三　数列求和问题

【典例】　等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3．

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n．

解　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，

则由得

解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1．

(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，

则cn＝

即cn＝

所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)

＝＋＋…＋＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．

[技法总结]　1.分组求和中分组的策略

(1)根据等差、等比数列分组．

(2)根据正号、负号分组．

2．裂项相消的规律

(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．

(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．

3．错位相减法的关注点

(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．

(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比；②将两个和式错位相减；③整理结果形式．

[变式提升]

4．(2018·云南模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝2bn．

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)若数列{cn}满足cn＝an＋1＋，求数列{cn}的前n项和Sn．

解　(1)设等比数列{an}的公比为q，且q＞0，

由an＞0，a1a3＝4得a2＝2，

又a3是a2－2与a4的等差中项，

故2a3＝a2－2＋a4，

∴2·2q＝2－2＋2q2，∴q＝2或q＝0(舍)．

所以an＝a2qn－2＝2n－1，∴an＋1＝2n＝2bn，∴bn＝n．

(2)由(1)得，cn＝an＋1＋

＝2n＋＝2n＋，

所以数列{cn}的前n项和：

Sn＝2＋22＋…＋2n＋＝＋＝2n＋1－2＋．

5．(2018·百校联盟联考)已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－＝，设bn＝2nan．

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项和Sn．

解　(1)由bn＝2nan，得an＝，代入an＋1－＝得

－＝，即bn＋1－bn＝3，

所以数列{bn}是公差为3的等差数列，

又a1＝a3，所以＝，即＝，所以b1＝2，

所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1．

(2) 由bn＝3n－1得an＝＝，

所以Sn＝＋＋＋…＋，

Sn＝＋＋＋…＋，

两式相减得

Sn＝1＋3－＝－．

所以Sn＝5－．