高考学年数学高考二轮复习专题三第2讲数列的求和及综合应用案文科文档格式.docx

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＝1－

2.（2017·

山东卷）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，a

q＝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

所以Tn＝5－

考点整合

1.数列求和

（1）分组转化求和：

一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.

（2）错位相减法：

主要用于求数列{an·

bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.

（3）裂项相消法：

即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如

（其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数）的数列.

温馨提醒　

（1）裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.

（2）an＝

忽略n≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验.

2.数列与函数、不等式的交汇

数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.

热点一　数列的求和问题

命题角度1　分组转化求和

【例1－1】（2017·

郑州质检）已知数列{an}的前n项和Sn＝

，n∈N*.

（2）设bn＝2an＋（－1）nan，求数列{bn}的前2n项和.

解　

（1）当n＝1时，a1＝S1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝

＝n.

而a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.

（2）由

（1）知an＝n，故bn＝2n＋（－1）nn.

记数列{bn}的前2n项和为T2n，

则T2n＝（21＋22＋…＋22n）＋（－1＋2－3＋4－…＋2n）.

记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，

则A＝

＝22n＋1－2，

B＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋[－（2n－1）＋2n]＝n.

故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.

探究提高　1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.

2.分组求和的策略：

（1）根据等差、等比数列分组；

（2）根据正号、负号分组.

命题角度2　裂项相消法求和

【例1－2】（2015·

全国Ⅰ卷）Sn为数列{an}的前n项和.已知an>

0，a

＋2an＝4Sn＋3.

（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

＝（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），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

＝

探究提高　1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.

2.消项规律：

消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.

【训练1】（2017·

昆明诊断）已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝5，4a

＝a2a6.

（2）若数列{bn}满足b1＝2，且bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式；

（3）设cn＝

，求数列{cn}的前n项和为Tn.

解　

（1）设等比数列{an}的公比为q，由4a

＝a2a6得4a

＝a

所以q2＝4，由条件可知q>

0，故q＝2，

由a1＋2a2＝5得a1＋2a1q＝5，所以a1＝1，

故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

（2）由bn＋1＝bn＋an得bn＋1－bn＝2n－1，

故b2－b1＝20，b3－b2＝21，…，bn－bn－1＝2n－2，

以上n－1个等式相加得bn－b1＝1＋21＋…＋2n－2

＝2n－1－1，

由b1＝2，所以bn＝2n－1＋1.

（3）cn＝

所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝

命题角度3　错位相减求和

【例1－3】（2017·

天津卷）已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）求数列{a2nbn}的前n项和（n∈N*）.

解　

（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，

而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，

又因为q>

0，解得q＝2，所以bn＝2n.

由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①

由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②

联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.

所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.

（2）设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有

Tn＝4×

2＋10×

22＋16×

23＋…＋（6n－2）×

2n，

2Tn＝4×

22＋10×

23＋16×

24＋…＋（6n－8）×

2n＋（6n－2）×

2n＋1，

上述两式相减，得

－Tn＝4×

2＋6×

22＋6×

23＋…＋6×

2n－（6n－2）×

－4－（6n－2）×

2n＋1＝－（3n－4）2n＋2－16.所以Tn＝（3n－4）2n＋2＋16.

所以数列{a2nbn}的前n项和为（3n－4）2n＋2＋16.

探究提高　1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·

bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.

2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.

【训练2】（2017·

衡阳模拟）已知等差数列{an}满足：

an＋1>

an（n∈N*），a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1.

（1）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d为等差数列{an}的公差，且d>

由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3成等比数列，

得（2＋d）2＝2（4＋2d），

因为d>

0，所以d＝2，所以an＝1＋（n－1）×

2＝2n－1，

又因为an＝－1－2log2bn，

所以log2bn＝－n即bn＝

（2）Tn＝

，①

，②

①－②，得

＋2×

＋1－

所以Tn＝3－

热点二　an与Sn的关系问题

【例2】（2017·

济南模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝

（2）求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.

解　

（1）因为an＝5Sn＋1，n∈N*，

所以an＋1＝5Sn＋1＋1，

两式相减，得an＋1＝－

an，

又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－

所以数列{an}是公比、首项均为－

的等比数列.

所以数列{an}的通项公式an＝

（2）bn＝－1－log2|an|＝2n－1，

数列{bn}的前n项和Tn＝n2，

cn＝

所以An＝1－

因此{An}是单调递增数列，

∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－

；

An没有最大值.

探究提高　1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：

一是利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为an的递推关系，再求其通项公式；

二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.

2.形如an＋1＝pan＋q（p≠1，q≠0），可构造一个新的等比数列.

【训练3】（2017·

梅州质检）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2－

，{bn}为等差数列，且a1＝b1，a2（b2－b1）＝a1.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）设cn＝

，求数列{cn}的前n项和Tn.

解　

（1）当n＝1时，a1＝S1＝1.

此式对n＝1也成立，∴an＝

（n∈N*），

从而b1＝a1＝1，b2－b1＝

＝2.

又因为{bn}为等差数列，∴公差d＝2，

∴bn＝1＋（n－1）·

2＝2n－1.

（2）由

（1）可知cn＝

＝（2n－1）·

2n－1，

所以Tn＝1×

1＋3×

2＋5×

22＋…＋（2n－1）·

2n－1，①

2Tn＝1×

2＋3×

22＋5×

23＋…＋（2n－3）·

2n－1＋（2n－1）·

2n，②

①－②得：

－Tn＝1＋2（2＋22＋…＋2n－1）－（2n－1）·

2n

＝1＋

－（2n－1）·

＝1＋2n＋1－4－（2n－1）·

2n＝－3－（2n－3）·

∴Tn＝3＋（2n－3）·

2n.

热点三　数列与函数、不等式的