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2019届二轮复习 数列求和与综合问题学案(全国通用)
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第4讲 数列求和与综合问题
高考统计·定方向
热点题型
真题统计
命题规律
题型1:数列中的an与Sn的关系
2018全国卷ⅠT14;2016全国卷ⅢT17;2015全国卷ⅡT16
分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律:
1.数列求和常以an与Sn的关系为载体,重点考查分组转化求和、裂项相消求和、错位相减求和,难度中等.
2.与函数、不等式综合考查,突出数学思想的应用.
题型2:求数列{an}的前n项和
2017全国卷ⅡT15;2016全国卷ⅡT17; 2015全国卷ⅠT17
题型3:数列中的创新与交汇问题
2017全国卷ⅠT12;2014全国卷ⅡT17
题型1 数列中的an与Sn的关系
(对应学生用书第22页)
■核心知识储备·
1.数列{an}中,an与Sn的关系
an=
2.求数列{an}通项的方法
(1)叠加法
形如an-an-1=f(n)(n≥2)的数列应用叠加法求通项公式,an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=a1+f(2)+…+f(n)(和可求).
(2)叠乘法
形如=f(n)(n≥2)的数列应用叠乘法求通项公式,an=a1···…·=a1·f(2)·f(3)…f(n)(积可求).
(3)待定系数法
形如an=λan-1+μ(n≥2,λ≠1,μ≠0)的数列应用待定系数法求通项公式,an+=λ
.
■高考考法示例·
【例1】 (1)(2018·巴蜀适应性月考)数列{an}中,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),则数列{Sn}的通项公式为________.
(2)(2018·锦州市模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,an≠0,a1=1,且2anan+1=4Sn-3(n∈N*).
①求a2的值并证明:an+2-an=2;
②求数列{an}的通项公式.
(1)Sn=3n-2n [∵an+1=Sn+3n=Sn+1-Sn,
∴Sn+1=2Sn+3n,
∴=·+,
∴-1=,
又-1=-1=-,
∴数列是首项为-,公比为的等比数列,
∴-1=-×=-,
∴Sn=3n-2n.]
(2)[解] ①令n=1得2a1a2=4a1-3,
又a1=1,
∴a2=.
由2anan+1=4Sn-3,
得2an+1an+2=4Sn+1-3.
即2an+1(an+2-an)=4an+1.
∵an≠0,∴an+2-an=2.
②由①可知:数列a1,a3,a5,…,a2k-1,…为等差数列,公差为2,首项为1,∴a2k-1=1+2(k-1)=2k-1,即n为奇数时,an=n.
数列a2,a4,a6,…,a2k,…为等差数列,公差为2,首项为,
∴a2k=+2(k-1)=2k-,
即n为偶数时,an=n-.
综上所述,an=
[方法归纳] 由Sn与an的递推关系求an的思路
1.利用a1=S1,求出a1.
2.利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为an的递推关系,再求其通项公式;或者转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n之间的关系,再求an.
提醒:在利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求通项公式时,务必验证n=1时的情形.看其是否可以与n≥2的表达式合并.
■对点即时训练·
1.数列{an}中,a1=1,对任意n∈N*,有an+1=1+n+an,令bi=(i∈N*),则b1+b2+…+b2 018=( )
A. B.
C. D.
D [∵an+1=n+1+an,∴an+1-an=1+n,
∴an-an-1=n,
∴an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)
=1+2+…+n=,
∴bn==2,
∴b1+b2+…+b2 018=21-+-+…+-=,故选D.]
2.数列{an}满足,a1+a2+a3+…+an=2n+1,则数列{an}的通项公式为________.
an= [因为a1+a2+a3+…+an=2n+1,
所以a1+a2+a3+…+an-1=2(n-1)+1,
两式相减得an=2,
即an=2n+1,n≥2.
又a1=3,
所以a1=6,
因此an=]
题型2 求数列{an}的前n项和
(对应学生用书第23页)
■核心知识储备·
1.分组求和法:将数列通项公式写成cn=an+bn的形式,其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列.
2.裂项相消法:把数列与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.
3.错位相减法:形如{an·bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列求和,一般分六步:①Sn;②qSn;③差式;④和式;⑤整理;⑥结论.
■高考考法示例·
►角度一 分组求和法
【例2-1】 (2018·昆明市教学质量检查)已知数列{an}中,a1=3,{an}的前n项和Sn满足:Sn+1=an+n2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足:bn=(-1)n+2an,求{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由Sn+1=an+n2 ①
得Sn+1+1=an+1+(n+1)2 ②
则②-①得an=2n+1.当a1=3时满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=+(23+25+…+22n+1)=+=+(4n-1).
【教师备选】
(2018·石家庄三模)已知等差数列{an}的首项a1=2,前n项和为Sn,等比数列{bn}的首项b1=1,且a2=b3,S3=6b2,n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列{cn}满足cn=bn+(-1)nan,记数列{cn}的前n项和为Tn,求Tn.
[解] (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q.
∵a1=2,b1=1,且a2=b3,S3=6b2,
∴解得
∴an=2+(n-1)×2=2n,bn=2n-1.
(2)由题意:cn=bn+(-1)nan=2n-1+(-1)n2n.
∴Tn=(1+2+4+…+2n-1)+[-2+4-6+8-…+(-1)n·2n],
①若n为偶数:
Tn=+{(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]}=2n-1+×2=2n+n-1.
②若n为奇数:
Tn=+{(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-2)+2(n-1)]-2n}=2n-1+2×-2n=2n-n-2.
∴Tn=
►角度二 裂项相消法求和
【例2-2】 (2015·全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,a+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
[解] (1)由a+2an=4Sn+3,可知
a+2an+1=4Sn+1+3.
两式相减可得a-a+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又a+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知
bn===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
==.
【教师备选】
(2018·郑州第三次质量预测)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==,
Tn=1-+-+-+…+-+-=1+--=-<.
►角度三 错位相减法求和
【例2-3】 (2018·合肥教学质量检测)已知等比数列{an}的前n项和Sn满足4S5=3S4+S6,且a3=9.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(2n-1)·an,求数列{bn}的前n项的和Tn.
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q.
由4S5=3S4+S6,得S6-S5=3S5-3S4,
即a6=3a5,∴q=3,∴an=9×3n-3=3n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)·an=(2n-1)·3n-1,
∴Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1, ①
∴3Tn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n, ②
①-②得
-2Tn=1+2(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n
=1+2×-(2n-1)·3n=-2-2(n-1)·3n,
∴Tn=(n-1)·3n+1.
【教师备选】
(2018·石家庄教学质量检测)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+ .
(1)设bn=,求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)由an+1=an +可得=+.
又∵bn=,∴bn+1-bn=,由a1=1,得b1=1,
累加可得:
(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=++…+,
化简并代入b1=1得:bn=2-.
(2)由(1)可知an=2n-,
设数列的前n项和为Tn,
则Tn=+++…+ ①
Tn=+++…+ ②
①-②得
Tn=+++…+-=-=2-,
∴Tn=4-.
又∵数列{2n}的前n项和为n(n+1),
∴Sn=n(n+1)-4+.
[方法归纳] 数列求和的注意事项
1.分组求和法求和时,当数列的各项是正负交替时,一般需要对项数n进行讨论.
2.裂项相消法的关键在于准确裂项,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等,把握相消后所剩式子的结构.前面剩几项,后面剩几项.
3.错位相减法中,两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系,求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列.
■对点即时训练·
已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1anan+1,求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d,
由S3+S4=S5,可得a1+a2+a3=a5,
即3a2=a5,故3(1+d)=1+4d,解得d=2.
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)可得bn=(-1)n-1·(2n-1)·(2n+1)
=(-1)n-1·(4n2-1).
∴T2n=(4×12-1)-(4×22-1)+(4×32-1)-(4×42-1)+…+(-1)2n-1·[4×(2n)2-1]
=4[12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2]
=-4(1+2+3+4+…+2n-1+2n)
=-4×
=-8n2-4n.
题型3 数列中的创新与交汇问题
(对应学生用书第24页)
近几年新课标高考对该知识的命题主要体现在以下两方面:一是新信息情境下的数列问题,此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景,主要考查学生的归纳推理解决新问题的能力;二是创新命题角度考迁移能力,题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合,考查数列的基本运算与应用.
■高考考法示例·
►角度一 新信息情境下的数列问题
【例3-1】 (2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )
A.440 B.330
C.220 D.110
[思路点拨]
A [设首项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组的项数为n,前n组的项数和为.
由题意知,N>100,令>100⇒n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.
第n组的各项和为=2n-1,前n组所有项的和为-n=2n+1-2-n.
设N是第n+1组的第k项,若要使前N项和为2的整数幂,则N-项的和即第n+1组的前k项的和2k-1应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),k=log2(n+3)⇒n最小为29,此时k=5,则N=+5=440.故选A.]
►角度二 交汇类创新问题
【例3-2】 (2018·长沙联考)已知正项数列{an},{bn}满足:对于任意的n∈N*,都有点(n,)在直线y=(x+2)上,且bn,an+1,bn+1成等比数列,a1=3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设Sn=++…+,如果对任意的n∈N*,不等式2aSn
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