【数学】2019届一轮复习人教A版　数列求和学案

【数学】2019届一轮复习人教A版　数列求和学案

第4讲　数列求和 题型1　数列中an与Sn的关系 ‎(对应 生用书第11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＋f(k)(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···…·(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．‎ ‎■典题试解寻法………………………………………………………………………·‎ ‎【典题1】　(考查已知an与Sn的递推关系求Sn)已知数列{an}满足an＋1＝3an＋2.若首项a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.‎ ‎[解析]　因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，故{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，3为公比的等比数列，‎ 所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1.‎ Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n－1)＝(31＋32＋…＋3n)－n＝－n＝－n，‎ 所以Sn＝－n＝.‎ ‎[答案]　 ‎【典题2】　(考查已知an与Sn的递推关系求an)数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足＝1(n≥2)．求数列{an}的通项公式．‎ ‎[解]　由已知，当n≥2时，＝1，‎ 所以＝1，‎ 即＝1，所以－＝.‎ 又S1＝a1＝1，‎ 所以数列是首项为1，公差为的等差数列，‎ 所以＝1＋(n－1)＝，‎ 即Sn＝.‎ 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.‎ 因此an＝ ‎[类题通法]‎ 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：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.‎ 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 ‎■对点即时训练………………………………………………………………………·‎ ‎1．已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 018＝(　　)‎ A．－1　 B． C．1 D．2‎ D　[由a1＝，an＋1＝，得a2＝＝2，a3＝＝－1，a4＝＝，a5＝＝2，…，‎ 于是归纳可得a3n－2＝，a3n－1＝2，a3n＝－1，因此a2 018＝a3×672＋2＝2.故选D.]‎ ‎2．已知数列{an}前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n ，则Sn＝__________.‎ n·2n(n∈N*)　[由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即－＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．]‎ ‎■题型强化集训………………………………………………………………………·‎ ‎(见专题限时集训T1、T2、T3、T4、T5、T7、T8、T10、T11、T12)‎ 题型2　裂项相消法求和(答题模板)‎ ‎(对应 生用书第12页)‎ 裂项相消法是指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．(2017·全国Ⅱ卷T15、2015·全国Ⅰ卷T17、2015·全国Ⅱ卷T16)‎ ‎■典题试解寻法………………………………………………………………………·‎ ‎【典题】　(本小题满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，.①‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设，②求数列{bn}的前n项和. ‎ ‎【导 号：07804027】‎ ‎[审题指导]‎ 题眼 挖掘关键信息 ‎①‎ 看到a＋2an＝4Sn＋3，‎ 想到a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，两式作差，求{an}.‎ ‎②‎ 看到bn＝，‎ 想到先求bn，想到能否裂项.‎ ‎[规范解答]　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知.③ 1分 两式相减可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 2分 即.④‎ 由于⑤，所以an＋1－an＝2. 4分 又由a＋‎2a1＝‎4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3. 5分 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. 6分 ‎(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝.⑥ 8分 设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝‎ ＝. 12分 ‎[阅卷者说]‎ 易错点 防范措施 ‎③忽视an与Sn的关系导致思路不清.‎ an＝Sn－Sn－1(n≥2)是联系an与Sn的桥梁，常借助其实现互化关系.‎ ‎④忽视化简、因式分解致误.‎ 当等式中出现二元二次方程时，常考虑因式分解.‎ ‎⑤忽视题设条件an＞0，导致增解.‎ 对题设条件可适当标注，以引起注意，同时解题后要反思总结.‎ ‎⑥忽视裂项或裂项后与原式不等价.‎ 形如的数列常用裂项相消法求和，裂项后要注意系数的变化.‎ ‎[类题通法]‎ 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，常见的裂项方式有：‎ 提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前的系数.‎ ‎■对点即时训练………………………………………………………………………·‎ ‎(2017·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＝＝＝－＜.‎ ‎■题型强化集训………………………………………………………………………·‎ ‎(见专题限时集训T6、T9、T13)‎ 题型3　错位相减法求和 ‎(对应 生用书第13页)‎ ‎■核心知识储备………………………………………………………………………·‎ 错位相减法：用于等差数列{an}，等比数列{bn}构成的数列{anbn}，乘公比q作差．‎ ‎■典题试解寻法………………………………………………………………………·‎ ‎【典题】　设数列{an}满足a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. ‎ ‎【导 号：07804028】‎ ‎[解]　(1)因为a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝，①‎ 所以当n≥2时，a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－2an－1＝，②‎ 由①－②得3n－1an＝，所以an＝(n≥2)．‎ 在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，‎ 所以an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)证明：由(1)可得bn＝＝n×3n，‎ Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，③‎ ‎3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，④‎ 由③－④得－2Sn＝3＋32＋33＋34＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1，‎ 故Sn＝＋.‎ ‎[类题通法]　 　 　 　 用错位相减法求和时，应注意：‎ (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.‎ (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.‎ (3)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果不能确定公比q是否为1，应分两种情况进行讨论，这在以前的高考中经常考查.‎ ‎■对点即时训练………………………………………………………………………·‎ 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，S2＝‎2a2－2，S3＝a4－2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)S2＝‎2a2－2①，S3＝a4－2②，‎ ‎②－①得a3＝a4－‎2a2，则q2－q－2＝0，‎ 又∵q＞0，∴q＝2.‎ ‎∵S2＝‎2a2－2，‎ ‎∴a1＋a2＝‎2a2－2，‎ ‎∴a1＋a1q＝‎2a1q－2，‎ ‎∴a1＝2.‎ ‎∴an＝2n.‎ ‎(2)由(1)知bn＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ Tn＝＋＋＋…＋＋.‎ 错位相减得 Tn＝＋＋＋＋…＋－，‎ 可得Tn＝2－.‎ ‎■题型强化集训………………………………………………………………………·‎ ‎(见专题限时集训T14)‎ 三年真题| 验收复习效果 ‎(对应 生用书第14页)‎ ‎1．(2017·全国Ⅰ卷)几位大 生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家 习数 的兴趣，他们推出了“解数 题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数 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 的两项是20,21，再接下 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 A　[设首项为第1组，接下 的两项为第2组，再接下 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.]‎ ‎2．(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________. ‎ ‎【导 号：07804029】‎ 　[设等差数列{an}的公差为d，则 由得 ‎∴Sn＝n×1＋×1＝，‎ ＝＝2.‎ ‎∴＝＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.]‎ ‎3．(2015·全国Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.‎ ‎－　[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1.‎ 又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．‎ ‎∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.]‎ ‎4.(2016·全国Ⅱ卷)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000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＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.‎