2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第五章第四节　数列求和与数列的综合应用 学案

第四节　数列求和与数列的综合应用
2019考纲考题考情



1．公式法与分组求和法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和。
①等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d。
②等比数列的前n项和公式：
Sn＝
(2)分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。
2．倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的。
(2)并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。
形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050。
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和。
(2)常见的裂项技巧
①＝－。
②＝。
③＝。
④＝－。
⑤＝。
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。

1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点。
2．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解。

一、走进教材
1．(必修5P47B组T4改编)数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)
A．2 014　 　B．2 015 C．2 016　 　D．2 017
解析　an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 017。故选D。
答案　D
2．(必修5P61T4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)。
解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①　则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②　①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，所以Sn＝－。
答案　－
二、走近高考
3．(2017·全国卷Ⅲ改编)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n。
(1){an}的通项公式是an＝________。
(2)数列的前n项和是________。
解析　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)。两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)。又由题设可得a1＝2，也适合上式，从而{an}的通项公式为an＝。
(2)记的前n项和为Sn，由(1)知＝
＝－，则Sn＝－＋－＋…＋－＝。
答案　(1)　(2)
4．(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)。若a1>1，则(　　)
A．a1a3，a2 C．a1a4 D．a1>a3，a2>a4
解析　因为函数y＝lnx在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，所以lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2
解析：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2
答案　B
三、走出误区
微提醒：①不会分组致误；②错位相减法运用不熟出错。
5．已知数列：1，2，3，…，，则其前n项和关于n的表达式为______________。
解析　设所求的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＋＋…＋＝＋1－。
答案　＋1－
6．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝__________。
解析　因为an＝n·2n，所以Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n①，所以2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②，①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2。所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2。
答案　(n－1)2n＋1＋2

考点一 分组求和
【例1】　在公差不为零的等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9成等比数列。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn。
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝4，且a1，a3，a9成等比数列，
即4－d,4＋d,4＋7d成等比数列，
所以有(4－d)(4＋7d)＝(4＋d)2，
即8d2－16d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)，
所以a1＝2，数列{an}的通项公式为an＝2n。
(2)由(1)知bn＝2n＋22n＝2n＋4n，
所以Tn＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)＝2×＋＝n(n＋1)＋－。

分组转化法求和的常见类型
1．若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和。
2．通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和。
【变式训练】　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是(　　)
A．13 B．76
C．46 D．－76
(2)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＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
解析　(1)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝1＋(－5＋9)＋(－13＋17)＋…＋(－53＋57)＝1＋4×7＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝1＋(－5＋9)＋(－13＋17)＋…＋(－117＋121)＝1＋4×15＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76。故选D。
(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2。故选C。
答案　(1)D　(2)C
考点二 错位相减法求和
【例2】　已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn。已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn。
解　(1)设{an}的公比为q，
由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2。
又an>0，解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n。
(2)由题意知，
S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1。
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋－
＝＋1－n－1－
＝－，
所以Tn＝5－。

用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号。(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和。
【变式训练】　已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1。
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn。
解　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，
所以an＝6n＋5。
设数列{bn}的公差为d。
由即
可解得所以bn＝3n＋1。
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2。
考点三 裂项相消法求和
【例3】　已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn。
解　(1)因为数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8。
所以⇒⇒q3＝＝8⇒q＝2⇒an＝a1·qn－1＝2n－1。
(2)由(1)可知Sn＝＝＝2n－1，
所以bn＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－。

1．用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，裂项后可以产生连续相互抵消的项。
2．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项(对称剩项)。
【变式训练】　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<。
解　(1)由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)，
得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N*)，
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n。
故an＝－3n＋1。
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，
得＝＝，
所以Tn＝
＝
＝－<。
考点四 数列的综合应用
【例4】　(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}。将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}。记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________。
解析　所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26。当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意。故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27。
答案　27

高考命制综合题时，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化，破解这类问题的方法是首先寻找通项公式，利用性质之间的对偶与变式进行转化。
【变式训练】　(2019·河北名校联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色。先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25。按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是(　　)
A．3 971 B．3 972
C．3 973 D．3 974
解析　由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数…根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数。由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数。由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数是632,632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972。故选B。
答案　B

数列的新定义问题
新定义型数学试题，背景新颖、构思巧妙，主要通过定义一个新概念或约定一种新运算，或给定一个新模型来创设新的问题情境，要求我们在充分阅读题意的基础上，依据题中提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，从而顺利地解决问题，这类题型能有效地区分学生的思维能力和学习能力。
【典例】　定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于“1”的个数。若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
【解析】　解法一：列表法
根据题意得，必有a1＝0，a8＝1，则将0,1进行具体的排法一一列表如下：

由上述表格可知，不同的“规范01数列”共有14个。
解法二：列举法
根据题意可得，必有a1＝0，a8＝1，而其余的各项：a2，a3，…，a7中有三个0和三个1，并且满足对任意k≤8，a1，a2，…，a8中“0”的个数不少于“1”的个数。可以一一列举出不同“规范01数列”，除第一项和第八项外，中间六项的排列如下：000111,001011,001101,001110,010011,010101,010110,011001,011010,100011,100101,100110,101001,101010，共14个。
【答案】　C

可以从以下三个方面解决此类问题
1．提取新定义的信息，明确新定义的名称和符号。
2．深刻理解新定义的概念、法则、性质，纵横联系探求解题方法，比较相近知识点，明确不同点。
3．对新定义中提取的知识进行等价转换，其中提取、化归与转化是解题的关键，也是解题的难点。
新定义问题的解题思路为：
(1)若新定义是运算法则，直接按照运算法则计算即可；
(2)若新定义是性质，要判断性质的适用性，能否利用定义外延；也可用特殊值排除等方法。
【变式训练】　由n(n≥2)个不同的数构成的数列a1，a2，…，an中，若1≤i A．2 525 B．5 050
C．2 475 D．4 950
解析　因为an＝－2n＋19(1≤n≤100，n∈N*)，故{an}为单调递减数列，所以逆序数为99＋98＋…＋1＝＝4 950。
答案　D

递推式是表示数列的方式之一，所谓递推式是指给出数列连续两项(或者多项)之间的关系，利用初始值，可以逐步求得该数列所有项的一种表达数列的方式。根据数列递推关系求通项是数列的核心问题之一，也是高考的一个重要命题点，本文简述根据数列递推关系求通项的几种常见方法。
类型一 累加、累乘法求通项公式
【例1】　(1)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________。
(2)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________。
解析　(1)因为an＝an－1(n≥2)，所以an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1。以上(n－1)个式子相乘得an＝a1···…·＝＝。当n＝1时，a1＝1，上式也成立。所以an＝(n∈N*)。
(2)由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)。以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝。又因为a1＝1，所以an＝(n≥2)。因为当n＝1时也满足上式，所以an＝(n∈N*)。
答案　(1)an＝(n∈N*)
(2)an＝(n∈N*)

1．对于an＋1＝an＋f(n)类且函数列{f(n)}可以求和的递推数列问题，均可以使用累加法求得其通项公式，即an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)。
2．对满足an＋1＝anf(n)，且函数列{f(n)}可以求积的递推数列问题，均可以使用累乘法求得其通项公式，即an＝a1···…·＝a1f(1)f(2)…f(n－1)。
【变式训练】　(1)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，则数列{an}的通项公式为________。
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N*)，则数列的前n项和Tn＝________。
解析　(1)由已知得，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1。而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1。
(2)令bn＝，由an＝an－1(n≥2)，得bn＝＝，则＝＝·＝·＝，又b1＝＝1，所以累乘可得bn＝b1····…·＝1××××…×＝(n≥2，n∈N*)。当n＝1时，b1＝1满足上式，则bn＝＝2(n∈N*)。所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＝2＝。
答案　(1)an＝22n－1　(2)
类型二 如an＋1＝pan＋q(p、q为常数)求通项公式形
【例2】　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________。
解析　因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1(n∈N*)。
答案　an＝2·3n－1－1(n∈N*)

以an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的方式给出的递推数列问题均可使用本典例的方法求得其通项公式，过程为设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，则an＋1＝pan＋(p－1)λ，比较得λ＝，即数列是首项为a1＋，公比为p的等比数列，求出该数列通项即可求出原数列的通项。
【变式训练】　已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an＋6，则数列{an}的通项公式为an＝________。
解析　设an＋1＋λ＝4(an＋λ)，即an＋1＝4an＋3λ，与已知比较可得λ＝2，所以an＋1＝4an＋6可以转化为an＋1＋2＝4(an＋2)，又a1＋2＝4，故数列{an＋2}是首项为4，公比为4的等比数列，所以an＋2＝4n，所以an＝4n－2。
答案　4n－2
类型三 形如an＋1＝pan＋qn(p、q为常数，n为正整数)求通项公式
【例3】　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2n，则数列{an}的通项公式为an＝________。
解析　由an＋1＝3an＋2n两端同时除以2n＋1，得＝·＋，两端同时加1，得＋1＝·＋＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以＋1＝n，所以＝n－1，所以an＝3n－2n。
答案　3n－2n

本题使用了两个变换，一是在递推式两端同时除以2n＋1，把看作新数列，令bn＝，则bn＋1＝bn＋，即化为例2类型的递推式，求得bn，再变换后得出an。复杂的递推数列问题需要综合使用各种不同的方法加以解决。
【变式训练】　(2019·惠州市调研考试)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________。
解析　an＋1－2an＝2n两边同时除以2n＋1，可得－＝，又＝，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，所以an＝n·2n－1。
答案　n·2n－1
类型四 其他构造法求通项公式
【例4】　给定两个数列{xn}，{yn}满足x0＝y0＝1，xn＝(n≥1)，yn＝(n≥1)，求数列{xn}，{yn}的通项公式。
解　由已知得到x1＝＝，＝1＋，＋1＝2，所以数列是以4为首项、2为公比的等比数列，因此＋1＝2n＋1，即xn＝。yn＋1＝，再与已知相除，得＝2,1＋＝2，两边取对数得，ln＝2ln，而ln＝ln2，所以是以ln4为首项，2为公比的等比数列，所以ln＝2nln2＝ln22n，即{yn}的通项公式为yn＝。

1．an＋1＝，这种类型一般是等式两边取倒数后转化为类型二。
2．an＋1＝pa(p>0，an>0)，这种类型一般是等式两边取对数后整理转化为类型二。
3．an＋2＝pan＋1＋qan(其中p，q均为常数)。先把原递推公式转化为an＋2＋san＋1＝t(an＋1＋san)，其中s，t满足转化为一个新等比数列来求(如下面变式训练)。
【变式训练】　(2019·沈阳市质量检测)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，则an＝________。
解析　因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)。

解析：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)，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(n∈N*)。

答案　2n－1