届高考理科数学二轮专题复习讲义 数列的求和问题.docx

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届高考理科数学二轮专题复习讲义数列的求和问题

　数列的求和问题

考情考向分析

高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.

热点分类突破

热点一　分组转化求和

有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．

例1　（2017·山东省平阴县第一中学模拟）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，数列{bn}是公比大于0的等比数列，且b1＝－2a1＝2，a3＋b2＝－1，S3＋2b3＝7.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）令cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.

解　

（1）设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，且q>0，

由题易知，a1＝－1，b1＝2，

由得

解得q＝2，此时d＝－2，

∴an＝－2n＋1，bn＝2n.

（2）由

（1）知，an＝－2n＋1，bn＝2n，

∴cn＝

当n为偶数时，奇数项和偶数项各有项，

∴Tn＝（c1＋c3＋c5＋…＋cn－1）＋（c2＋c4＋…＋cn）

＝n＋（c2＋c4＋…＋cn），

令Hn＝c2＋c4＋c6＋…＋cn，

∴Hn＝＋＋＋…＋＋，

Hn＝＋＋…＋＋，

以上两式相减，得

Hn＝＋＋＋…＋－

＝－－

＝－－

＝－，

∴Hn＝－.

故当n为偶数时，Tn＝＋n－，

当n（n≥3）为奇数时，n－1为偶数，

Tn＝Tn－1＋an＝＋（n－1）－＋2

＝＋n－，

经验证，n＝1也适合上式．

综上，得Tn＝

思维升华　在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．

跟踪演练1　（2017届广东省揭阳市模拟）已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝＋n＋1.

（1）求证：

数列是等比数列；

（2）求数列{an}的前n项和Sn.

（1）证明　方法一　由已知得＝2·＋1，

∴＋1＝2，

又a1＋1＝2，an>0，∴＋1≠0，

∴＝2，

∴数列是首项为2，公比为2的等比数列．

方法二　由an＋1＝＋n＋1，

得nan＋1＝2（n＋1）an＋n（n＋1），

由a1>0及递推关系，可知an>0，

∴＋1≠0，

∴＝

＝＝2，

又∵a1＝1，∴＋1＝2，

∴数列是首项为2，公比为2的等比数列．

（2）解　由

（1）得＋1＝2·2n－1＝2n，

∴an＝n·2n－n，

Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）2n－1＋n×2n－[1＋2＋3＋…＋（n－1）＋n]，

设Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）2n－1＋n×2n，①

则2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）2n＋n×2n＋1，②

由①－②，得

－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1

＝－n·2n＋1＝－（n－1）2n＋1－2，

∴Tn＝（n－1）2n＋1＋2，

又1＋2＋3＋…＋（n－1）＋n＝，

∴Sn＝（n－1）2n＋1－＋2.

热点二　错位相减法求和

错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．

例2　（2017·山西省实验中学联考）已知数列{an}为等差数列，且a3＝5，a5＝9，数列{bn}的前n项和Sn＝bn＋.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）设cn＝an|bn|，求数列{cn}的前n项的和Tn.

解　

（1）因为数列{an}为等差数列，

所以d＝（a5－a3）＝2，

又因为a3＝5，所以a1＝1，所以an＝2n－1.

当n＝1时，b1＝b1＋，所以b1＝1；

当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝bn－bn－1，

所以bn＝－2bn－1，

即数列{bn}是首项为1，公比为－2的等比数列，

所以bn＝（－2）n－1.

（2）因为cn＝an|bn|＝（2n－1）2n－1，

所以Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋（2n－1）2n－1，

2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋（2n－1）2n，

两式相减，得

－Tn＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－（2n－1）2n

＝1＋2（2＋22＋…＋2n－1）－（2n－1）2n

＝1＋2×－（2n－1）2n

＝1＋2n＋1－4－（2n－1）2n＝－3＋（3－2n）2n，

所以Tn＝3＋（2n－3）2n.

思维升华　

（1）错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．

（2）所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．

（3）为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．

跟踪演练2　（2017届湖南省衡阳市期末）数列{an}的前n项和Sn满足：

Sn＝n2，数列{bn}满足：

①b3＝；②bn>0；③2b＋bn＋1bn－b＝0.

（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.

解　

（1）当n＝1时，a1＝1，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1（n∈N*），

检验a1＝1，满足an＝2n－1（n∈N*）．

∵2b＋bn＋1bn－b＝0，

且bn>0，∴2bn＋1＝bn，

∴q＝，b3＝b1q2＝，

∴b1＝1，bn＝n－1（n∈N*）．

（2）由

（1）得cn＝（2n－1）n－1，

Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋（2n－1）n－1，

Tn＝1×＋3×2＋…＋（2n－3）n－1＋（2n－1）×n，

两式相减，得Tn＝1＋2×＋2×2＋…＋2×n－1－（2n－1）×n

＝1＋2－（2n－1）×n

＝3－n－1.

∴Tn＝6－n－1（2n＋3）．

热点三　裂项相消法求和

裂项相消法是指把数列和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．

例3　（2017届山东省青岛市二模）在公差不为0的等差数列{an}中，a＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝（－1）n，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　

（1）设数列{an}的公差为d，

∵a＝a3＋a6，

∴（a1＋d）2＝a1＋2d＋a1＋5d，①

∵a＝a1·a11，

即（a1＋2d）2＝a1·（a1＋10d），②

∵d≠0，由①②解得a1＝2，d＝3.

∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1.

（2）由题意知，

bn＝（－1）n

＝（－1）n··

＝（－1）n··

Tn＝

＝.

思维升华　

（1）裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn（k≥1，k∈N*）的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．

（2）常用的裂项公式

①若{an}是等差数列，则＝，＝；

②＝－，＝；

③＝；

④＝；

⑤＝－，＝（－）．

跟踪演练3　已知数列{an}满足：

＋＋…＋＝（n∈N*）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn＝anan＋1，Sn为数列{bn}的前n项和，对于任意的正整数n，Sn>2λ－恒成立，求实数λ的取值范围．

解　

（1）由题意，得当n＝1时，＝，则a1＝2.

当n≥2时，＋＋…＋＝，

则＋＋…＋＝，

两式相减，得＝－＝，

即an＝，当n＝1时，也符合上式，则an＝.

（2）由

（1），得

bn＝anan＋1＝·

＝

＝2，

所以Sn＝2

＝2·，

则n越大，越小，Sn越大，即当n＝1时，Sn有最小值S1＝.

因为对于任意的正整数n，Sn>2λ－恒成立，

所以>2λ－，解得λ<，

故实数λ的取值范围是.

真题体验

1．（2017·全国Ⅱ）等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.

答案　

解析　设等差数列{an}的公差为d，则

由得

∴Sn＝n×1＋×1＝，

＝＝2.

∴＝＋＋＋…＋

＝2

＝2＝.

2．（2017·天津）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{a2nb2n－1}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.

所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.

（2）设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝（3n－1）×4n，故

Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋（3n－1）×4n，③

4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋（3n－4）×4n＋（3n－1）×4n＋1，④

③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－（3n－1）×4n＋1

＝－4－（3n－1）×4n＋1

＝－（3n－2）×4n＋1－8，

得Tn＝×4n＋1＋.

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.

押题预测

1．已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn

押题依据　数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．

答案　1

解析　因为an＝＝

＝－，

所以Sn＝＋＋…＋

＝1－，

由于1－<1，所以M的最小值为1.

2．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a（Sn－an＋1）（a为常数，且a>0），且4a3是a1与2a2的等差中项．

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

押题依据　错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．

解　

（1）当n＝1时，S1＝a（S1－a1＋1），所以a1＝a，

当n≥2时，Sn＝a（Sn－an＋1），①

Sn－1＝a（Sn－1－an－1＋1），②

由①－②，得an＝a·an－1，即＝a，

故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列，

所以an＝a·an－1＝an.

故a2＝a2，a3＝a3.

由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，

即8a3＝a＋2a2，

因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，

即（2a－1）（4a＋1）＝0，

解得a＝或a＝－（舍去），

故an＝n＝.

（2）由

（1）得bn＝＝（2n＋1）·2n，

所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋（2n－1）×2n－1＋