2018届二轮复习第42讲　数列的求和问题课件（全国通用）

2018届二轮复习第42讲　数列的求和问题课件（全国通用）

第 2 讲　 数列 的求和问题 专题四　数列、推理与证明 栏目索引 高考 真题体验 1 热点 分类突破 2 高考 押题精练 3 高考真题 体验 1 2 1 . ( 2016· 课标全国甲 ) S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和，且 a 1 ＝ 1 ， S 7 ＝ 28. 记 b n ＝ [ lg a n ] ，其中 [ x ] 表示不超过 x 的最大整数，如 [ 0.9 ] ＝ 0 ， [ lg 99 ] ＝ 1. (1) 求 b 1 ， b 11 ， b 101 ； 解　 设 { a n } 的公差为 d ，据已知有 7 ＋ 21 d ＝ 28 ， 解得 d ＝ 1 . 所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n . b 1 ＝ [ lg 1 ] ＝ 0 ， b 11 ＝ [ lg 11 ] ＝ 1 ， b 101 ＝ [ lg 101 ] ＝ 2. 解析答案 (2) 求数列 { b n } 的前 1 000 项和 . 1 2 所以数列 { b n } 的前 1 000 项和为 1 × 90 ＋ 2 × 900 ＋ 3 × 1 ＝ 1 893. 解析答案 1 2 2.(2016· 山东 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝ 3 n 2 ＋ 8 n ， { b n } 是等差数列，且 a n ＝ b n ＋ b n ＋ 1 . (1) 求数列 { b n } 的通项公式； 解　 由题意知，当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n － 1 ＝ 6 n ＋ 5 ， 当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ S 1 ＝ 11 ，所以 a n ＝ 6 n ＋ 5 . 设数列 { b n } 的公差为 d . 可解得 b 1 ＝ 4 ， d ＝ 3 ，所以 b n ＝ 3 n ＋ 1. 解析答案 1 2 又 T n ＝ c 1 ＋ c 2 ＋ … ＋ c n ，得 T n ＝ 3 × [ 2×2 2 ＋ 3×2 3 ＋ … ＋ ( n ＋ 1)×2 n ＋ 1 ] ， 2 T n ＝ 3 × [ 2×2 3 ＋ 3×2 4 ＋ … ＋ ( n ＋ 1)×2 n ＋ 2 ]. 两式作差，得－ T n ＝ 3 × [ 2×2 2 ＋ 2 3 ＋ 2 4 ＋ … ＋ 2 n ＋ 1 － ( n ＋ 1)×2 n ＋ 2 ] 所以 T n ＝ 3 n ·2 n ＋ 2 . 解析答案 考情考向分 析 返回 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 . 热点分类突破 例 1 　 等比数列 { a n } 中， a 1 ， a 2 ， a 3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a 1 ， a 2 ， a 3 中的任何两个数不在下表的同一列 .   第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解　 当 a 1 ＝ 3 时，不合题意； 当 a 1 ＝ 2 时，当且仅当 a 2 ＝ 6 ， a 3 ＝ 18 时，符合题意； 当 a 1 ＝ 10 时，不合题意 . 因此 a 1 ＝ 2 ， a 2 ＝ 6 ， a 3 ＝ 18 ，所以公比 q ＝ 3. 故 a n ＝ 2·3 n － 1 ( n ∈ N * ). 解析答案 (2) 若数列 { b n } 满足： b n ＝ a n ＋ ( － 1) n ln a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 S n . 解析答案 思维升华 解　 因为 b n ＝ a n ＋ ( － 1) n ln a n ＝ 2·3 n － 1 ＋ ( － 1) n ln(2·3 n － 1 ) ＝ 2·3 n － 1 ＋ ( － 1) n [ ln 2 ＋ ( n － 1)ln 3 ] ＝ 2·3 n － 1 ＋ ( － 1) n (ln 2 － ln 3) ＋ ( － 1) n n ln 3 ， 所以 S n ＝ 2(1 ＋ 3 ＋ … ＋ 3 n － 1 ) ＋ [ － 1 ＋ 1 － 1 ＋ … ＋ ( － 1) n ] ·(ln 2 － ln 3) ＋ [ － 1 ＋ 2 － 3 ＋ … ＋ ( － 1) n n ] ln 3. 当 n 为偶数时， 解析答案 思维升华 当 n 为奇数时， 思维升华 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 　 (2015· 湖南 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 2 ，且 a n ＋ 2 ＝ 3 S n － S n ＋ 1 ＋ 3 ， n ∈ N * . (1) 证明： a n ＋ 2 ＝ 3 a n ； 证明　 由条件，对任意 n ∈ N * ，有 a n ＋ 2 ＝ 3 S n － S n ＋ 1 ＋ 3 ， 因而对任意 n ∈ N * ， n ≥ 2 ，有 a n ＋ 1 ＝ 3 S n － 1 － S n ＋ 3. 两式相减，得 a n ＋ 2 － a n ＋ 1 ＝ 3 a n － a n ＋ 1 ， 即 a n ＋ 2 ＝ 3 a n ， n ≥ 2. 又 a 1 ＝ 1 ， a 2 ＝ 2 ， 所以 a 3 ＝ 3 S 1 － S 2 ＋ 3 ＝ 3 a 1 － ( a 1 ＋ a 2 ) ＋ 3 ＝ 3 a 1 ， 故对一切 n ∈ N * ， a n ＋ 2 ＝ 3 a n . 解析答案 (2) 求 S n . 解析答案 于是数列 { a 2 n － 1 } 是首项 a 1 ＝ 1 ，公比为 3 等比数列； 数列 { a 2 n } 是首项 a 2 ＝ 2 ，公比为 3 的等比数列 . 因此 a 2 n － 1 ＝ 3 n － 1 ， a 2 n ＝ 2 × 3 n － 1 . 于是 S 2 n ＝ a 1 ＋ a 2 ＋ … ＋ a 2 n ＝ ( a 1 ＋ a 3 ＋ … ＋ a 2 n － 1 ) ＋ ( a 2 ＋ a 4 ＋ … ＋ a 2 n ) ＝ (1 ＋ 3 ＋ … ＋ 3 n － 1 ) ＋ 2(1 ＋ 3 ＋ … ＋ 3 n － 1 ) 解析答案 综上所述， 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 { a n · b n } 的前 n 项和，其中 { a n } ， { b n } 分别是等差数列和等比数列 . 例 2 　 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且有 a 1 ＝ 2,3 S n ＝ 5 a n － a n － 1 ＋ 3 S n － 1 ( n ≥ 2). (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解　 3 S n － 3 S n － 1 ＝ 5 a n － a n － 1 ( n ≥ 2) ， 解析答案 (2) 若 b n ＝ (2 n － 1) a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解　 b n ＝ (2 n － 1)2 2 － n ， T n ＝ 1 × 2 1 ＋ 3 × 2 0 ＋ 5 × 2 － 1 ＋ … ＋ (2 n － 1)·2 2 － n ， ∴ T n ＝ 12 － (2 n ＋ 3)·2 2 － n . 解析答案 思维升华 思维 升华 (1) 错位相减法适用于求数列 { a n · b n } 的前 n 项和，其中 { a n } 为等差数列， { b n } 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 　 已知正项数列 { a n } 的前 n 项和 S n 满足： 4 S n ＝ ( a n － 1)( a n ＋ 3 ) ( n ∈ N * ). (1) 求 a n ； 解析答案 化简得， ( a n ＋ a n － 1 )( a n － a n － 1 － 2) ＝ 0 ， ∵ { a n } 是正项数列， ∴ a n ＋ a n － 1 ≠ 0 ， ∴ a n － a n － 1 － 2 ＝ 0 ，对任意 n ≥ 2 ， n ∈ N * 都有 a n － a n － 1 ＝ 2 ， 解得 a 1 ＝ 3 或 a 1 ＝－ 1( 舍去 ) ， ∴ { a n } 是首项为 3 ，公差为 2 的等差数列， ∴ a n ＝ 3 ＋ 2( n － 1) ＝ 2 n ＋ 1. (2) 若 b n ＝ 2 n · a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解　 由已知及 (1) 知， b n ＝ (2 n ＋ 1)·2 n ， T n ＝ 3·2 1 ＋ 5·2 2 ＋ 7·2 3 ＋ … ＋ (2 n － 1)·2 n － 1 ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ， ① 2 T n ＝ 3·2 2 ＋ 5·2 3 ＋ 7·2 4 ＋ … ＋ (2 n － 1)·2 n ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ， ② ② － ① 得， T n ＝－ 3 × 2 1 － 2(2 2 ＋ 2 3 ＋ 2 4 ＋ … ＋ 2 n ) ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ＝ 2 ＋ (2 n － 1)·2 n ＋ 1 . 解析答案 热点三　裂项相消法求和 (1) 求数列 { a n } 的通项公式； 解析答案 解　 设等差数列 { a n } 的公差为 d ， ∴ a 1 ＝ 2 ， d ＝ 2 ，此时 a n ＝ 2 ＋ 2( n － 1) ＝ 2 n . 解析答案 思维升华 T n ＝ b 1 ＋ b 2 ＋ b 3 ＋ … ＋ b n 为满足题意，必须使 2 λ 2 ＋ 5 λ ≥ 3 ， 思维升华 思维 升华 (1) 裂项相消法的基本思想就是把通项 a n 分拆成 a n ＝ b n ＋ k － b n ( k ≥ 1 ， k ∈ N * ) 的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列 { a n } 的通项公式，使之符合裂项相消的条件 . (2) 常用的裂项 公式 A.8 B.9 C.10 D.11 √ 解析答案 解析　 设数列 { a n } 的首项为 a 1 ，公差为 d ， ∴ m ＝ 9. A. 最小值 63 B. 最大值 63 C . 最小值 31 D . 最大值 31 √ 解析答案 返回 ＝ (log 2 2 － log 2 3) ＋ (log 2 3 － log 2 4) ＋ … ＋ log 2 ( n ＋ 1) － log 2 ( n ＋ 2) 故使 S n < － 5 成立的正整数 n 有最小值 63. 返回 1 2 高考押题精练 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 . 1 解析 押题依据 答案 1 2 1 2 押题依据 2. 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n 满足 S n ＝ a ( S n － a n ＋ 1)( a 为常数，且 a >0) ，且 4 a 3 是 a 1 与 2 a 2 的等差中项 . (1) 求 { a n } 的通项公式； 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 a n ， S n 的关系求 a n ，也是高考出题的常见形式 . 返回 解析答案 1 2 解　 (1) 当 n ＝ 1 时， S 1 ＝ a ( S 1 － a 1 ＋ 1) ，所以 a 1 ＝ a ， 当 n ≥ 2 时， S n ＝ a ( S n － a n ＋ 1) ， ① S n － 1 ＝ a ( S n － 1 － a n － 1 ＋ 1) ， ② 故 { a n } 是首项 a 1 ＝ a ，公比为 a 的等比数列， 所以 a n ＝ a · a n － 1 ＝ a n . 故 a 2 ＝ a 2 ， a 3 ＝ a 3 . 由 4 a 3 是 a 1 与 2 a 2 的等差中项，可得 8 a 3 ＝ a 1 ＋ 2 a 2 ，即 8 a 3 ＝ a ＋ 2 a 2 ， 解析答案 1 2 因为 a ≠ 0 ，整理得 8 a 2 － 2 a － 1 ＝ 0 ， 即 (2 a － 1)(4 a ＋ 1) ＝ 0 ， 所以 T n ＝ 3 × 2 ＋ 5 × 2 2 ＋ 7 × 2 3 ＋ … ＋ (2 n － 1)·2 n － 1 ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ， ① 2 T n ＝ 3 × 2 2 ＋ 5 × 2 3 ＋ 7 × 2 4 ＋ … ＋ (2 n － 1)·2 n ＋ (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ， ② 解析答案 1 2 由 ① － ② ，得－ T n ＝ 3 × 2 ＋ 2(2 2 ＋ 2 3 ＋ … ＋ 2 n ) － (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ＝－ 2 ＋ 2 n ＋ 2 － (2 n ＋ 1)·2 n ＋ 1 ＝－ 2 － (2 n － 1)·2 n ＋ 1 ， 所以 T n ＝ 2 ＋ (2 n － 1)·2 n ＋ 1 . 返回