高考数学一轮复习　第五章 第4节数列求和及数列的综合应用

这是一份高考数学一轮复习　第五章 第4节数列求和及数列的综合应用，共16页。试卷主要包含了数列求和的几种常用方法，数列应用题常见模型，4元，以后每天比前一天翻一番等内容，欢迎下载使用。

知 识 梳 理
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)裂项相消法
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.
(3)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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}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项和即可用倒序相加法求解.
3.数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑an与an＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.
[微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2).
2.12＋22＋…＋n2＝eq \f(n（n＋1）（2n＋1）,6).
3.裂项求和常用的三种变形
(1)eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
(2)eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
(3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝eq \f(3n－1,2).( )
解析 (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2.(必修5P47B4改编)数列{an}中，an＝eq \f(1,n（n＋1）)，若{an}的前n项和为eq \f(2 019,2 020)，则项数n为( )
A.2 018 B.2 019
C.2 020 D.2 021
解析 an＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2 019,2 020)，所以n＝2019.
答案 B
3.(必修5P56例1改编)等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝________.
解析 由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)知，eq \f(1,243)＝27·q8，
又由q>0，解得q＝eq \f(1,3)，所以S6＝eq \f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(6))),1－\f(1,3))＝eq \f(364,9).
答案 eq \f(364,9)
4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
解析 由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
答案 C
5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，bn－an＝2n＋1，且Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，则2Tn＝________________.
解析 由题意知Tn－Sn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝n＋2n＋1－2，
又Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，
所以2Tn＝Tn－Sn＋Sn＋Tn＝2n＋2＋n(n＋1)－4.
答案 2n＋2＋n(n＋1)－4
6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
解析 由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＝4，所以2an＝[f(0)＋f(1)]＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))))＋…＋[f(1)＋f(0)]＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1).
答案 an＝2(n＋1)
考点一 分组转化法求和
【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a3－1成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2＋2n的大小.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
∵a1，a2，a3－1成等差数列，
∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝eq \f(a3,a2)＝2，
∴an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1，
∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n－1)
＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝eq \f(1＋（2n－1）,2)·n＋eq \f(1－2n,1－2)＝n2＋2n－1.
∵Sn－(n2＋2n)＝－1an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，an＋2lg2bn＝－1.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
解得d＝2(舍负)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
又因为an＋2lg2bn＝－1，所以lg2bn＝－n，则bn＝eq \f(1,2n).
(2)由(1)知an·bn＝(2n－1)·eq \f(1,2n)，
则Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n＋1)，②
由①－②，得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1).
∴eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n＋1)，
∴Tn＝1＋2－eq \f(2,2n－1)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(4＋2n－1,2n)＝3－eq \f(3＋2n,2n).
考点四 数列的综合应用
【例4】 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？
解 设该学生工作n天，每天领工资an元，共领工资Sn元，则第一种方案an(1)＝38，Sn(1)＝38n；
第二种方案an(2)＝4n，Sn(2)＝4(1＋2＋3＋…＋n)＝2n2＋2n；
第三种方案an(3)＝0.4×2n－1，Sn(3)＝eq \f(0.4（1－2n）,1－2)＝0.4(2n－1).
令Sn(1)≥Sn(2)，即38n≥2n2＋2n，解得n≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).
令Sn(1)≥Sn(3)，即38n≥0.4×(2n－1)，
利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高，
所以少于10天时，选择第一种方案.
比较第二、第三种方案，S10(2)＝220，S10(3)＝409.2，S10(3)>S10(2)，…，Sn(3)>Sn(2).
所以等于或多于10天时，选择第三种方案.
规律方法 数列的综合应用常考查以下几个方面：
(1)数列在实际问题中的应用；
(2)数列与不等式的综合应用；
(3)数列与函数的综合应用.
解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.
【训练4】 已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(3,anan＋1)，试求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式，
所以an＝6n－5(n∈N*).
(2)由(1)得bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,（6n－5）[6（n＋1）－5])＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1)))，
故Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,13)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1))),))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6n＋1)))＝eq \f(3n,6n＋1).
[思维升华]
1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想
(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；
(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.
2.解答数列应用题的步骤
(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.
(3)求解——求出该问题的数学解.
(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.
[易错防范]
1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.
2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.
3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A.－24 B.－3 C.3 D.8
解析 设{an}的公差为d，根据题意得aeq \\al(2,3)＝a2·a6，
即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，
所以数列{an}的前6项和为S6＝6a1＋eq \f(6×5,2)d＝1×6＋eq \f(6×5,2)×(－2)＝－24.
答案 A
2.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A.200 B.－200 C.400 D.－400
解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
答案 B
3.数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n项和为9，则n等于( )
A.9 B.99 C.10 D.100
解析 因为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＋(eq \r(n)－eq \r(n－1))＋…＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(2)－eq \r(1))＝eq \r(n＋1)－1，
令eq \r(n＋1)－1＝9，得n＝99.
答案 B
4.(2019·德州调研)已知Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,2n)))的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )
A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023
解析 ∵eq \f(2n＋1,2n)＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，∴Tn＝n＋1－eq \f(1,2n)，
∴T10＋1 013＝11－eq \f(1,210)＋1 013＝1 024－eq \f(1,210)，
又m>T10＋1 013恒成立，
∴整数m的最小值为1 024.
答案 C
5.(2019·厦门质检)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为( )
A.250 B.200 C.150 D.100
解析 当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2，当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋a2k－1＝2，当n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＋1＝2，∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝0，∴{an}的前100项和＝(a1＋a3)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋…＋(a98＋a100)＝25×4＋25×0＝100.
答案 D
二、填空题
6.已知正项数列{an}满足aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析 由aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an，
得(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，
又an>0，所以an＋1＝3an，
又a1＝2，所以{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
故Sn＝eq \f(2（1－3n）,1－3)＝3n－1.
答案 3n－1
7.(2019·武汉质检)设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为________.
解析 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq \f(1,3)，第二项为6a2＝eq \f(1,9)，故公比为eq \f(1,3)，所以(n2＋n)an＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,3n)，所以an＝eq \f(1,3n（n2＋n）)，则3nan＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，其前n项和为1－eq \f(1,n＋1)，n＝15时，为1－eq \f(1,16)＝eq \f(15,16).
答案 eq \f(15,16)
8.某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为________.
解析 由于平均产量类似于图形过P1(1，S1)，Pn(n，Sn)两点直线的斜率，斜率大平均产量就高，由图可知n＝9时割线P1P9斜率最大，则m的值为9.
答案 9
三、解答题
9.求和Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xn＋\f(1,xn)))eq \s\up12(2)(x≠0).
解 当x≠±1时，
Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xn＋\f(1,xn)))eq \s\up12(2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋2＋\f(1,x2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋2＋\f(1,x4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2n＋2＋\f(1,x2n)))
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋\f(1,x4)＋…＋\f(1,x2n)))
＝eq \f(x2（x2n－1）,x2－1)＋eq \f(x－2（1－x－2n）,1－x－2)＋2n
＝eq \f(（x2n－1）（x2n＋2＋1）,x2n（x2－1）)＋2n.
当x＝±1时，Sn＝4n.
10.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1＋lg2(an)2，求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn