届高考数学二轮复习数列求和与综合问题学案全国通用.docx

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届高考数学二轮复习数列求和与综合问题学案全国通用

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＋…＋b2018＝（　　）

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＋…＋b2018＝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＋n2①

得Sn＋1＋1＝an＋1＋（n＋1）2②

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．220D．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<2－恒成立．求实数a的取值范围．

[思路点拨]　

（1）；

（2）

[解]　

（1）∵点（n，）在直线y＝（x＋2）上，

∴＝（n＋2），即bn＝.

又∵bn，an＋1，bn＋1成等比数列，

∴a＝bn·bn＋1＝，

∴an＋1＝，

∴n≥2时，an＝，

a1＝3适合上式，∴an＝.

（2）由

（1）知，＝＝2，

∴Sn＝2

＝2＝.

故2aSn<2－可化为：

<2－

＝2－＝，

即a<＝对任意的n∈N*恒成立，

令f（n）＝＝，显然f（n）随n的增大而减小，且f（n）>恒成立，故a≤.

综上知，实数a的取值范围是.

[方法归纳]

1．对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，要弄清所考查的问题与哪个知识点有关，在此基础上，借助相关知识寻找求解线索．

2．以数列为背景的不等式恒成立问题，多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧，同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用．

■对点即时训练·

1．若数列{an}满足：

对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得am

2　n2　[因为am<5，而an＝n2，所以m＝1,2，所以（a5）*＝2.

因为（a1）*＝0，（a2）*＝1，（a3）*＝1，（a4）*＝1，

（a5）*＝2，（a6）*＝2，（a7）*＝2，（a8）*＝2，（a9）*＝2，

（a10）*＝3，（a11）*＝3，（a12）*＝3，（a13）*＝3，（a14）*＝3，（a15）*＝3，（a16）*＝3，

所以（（a1）*）*＝1，（（a2）*）*＝4，（（a3）*）*＝9，（（a4）*）*＝16，猜想（（an）*）*＝n2.]

2．（2014·全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.

（1）证明：

是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）证明：

＋＋…＋<.

[证明]　

（1）由an＋1＝3an＋1得

an＋1＋＝3.

又a1＋＝，

所以是首项为，公比为3的等比数列．

所以an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.

（2）由

（1）知＝.

因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，

所以≤.

于是＋＋…＋≤1＋＋…＋

＝<.

所以＋＋…＋<.

[高考真题]

1.（2016·全国卷Ⅲ）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

C　[由题意知：

当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C＝20（种），其中存在k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：

①若a2＝a3＝1，则有C＝4（种）；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14（种）．

故共有14个．故选C．]

2.（2018·全国卷Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.

－63　[法一：

因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；

当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；

当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；

当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；

当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.

所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.

法二：

因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－（2an－1＋1），所以an＝2an－1，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，所以S6＝＝－63.]

3.（2017·全国卷Ⅱ）等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.

　[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则

由得

∴Sn＝n×1＋×1＝，

＝＝2.

∴＝＋＋＋…＋

＝2

＝2＝.]

4.（2016·全国卷Ⅱ）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.

（1）求b1，b11，b101；

（2）求数列{bn}的前1000项和．

[解]　

（1）设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.

b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.

（2）因为bn＝

所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.

[最新模拟]

5．（2018·昆明教学质量检查）数列{an}满足an＋1＋an＝（－1）n·n，则数列{an}的前20项的和为（　　）

A．－100B．100

C．－110D．110

A　[由an＋1＋an＝（－1）nn，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19，∴an的前20项的和为a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－×10＝－100，故选A．]

6．（2018·安阳模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）在函数f（x）＝x2＋Bx＋C－1（B，C∈R）的图象上，且a1＝C．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）记数列bn＝an（a＋1），求数列{bn}的前n项和Tn.

[解]　

（1）设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d＝n2＋n，又Sn＝n2＋Bn＋C－1，两式对照得所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

（2）bn＝（2n－1）（2·2n－1－1＋1）＝（2n－1）2n，

则Tn＝1×2＋3×22＋…＋（2n－1）·2n，

2Tn＝1×22＋3×23＋…＋（2n－3）·2n＋（2n－1）·2n＋1，

两式相减得

Tn＝（2n－1）·2n＋1－2（22＋…＋2n）－2

＝（2n－1）·2n＋1－2×－2

＝（2n－3）·2n＋1＋6.