【数学】2018届一轮复习北师大版数列求和及其综合应用教案

【数学】2018届一轮复习北师大版数列求和及其综合应用教案

第2讲　数列求和及其综合应用 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　分组转化求和 共研典例　类题通法 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．‎ ‎ (2016·高考北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．‎ ‎【解】　(1)等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，‎ 所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，‎ 所以1＋13d＝27，‎ 即d＝2.‎ 所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．‎ ‎(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1.‎ 因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.‎ 从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1‎ ‎＝＋ ‎＝n2＋.‎ ‎(1)分组求和的常见方法 ‎①根据等差、等比数列分组．‎ ‎②根据正号、负号分组．‎ ‎③根据数列的周期性分组．‎ ‎(2)分组求和利用转化思想 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．‎ ‎[跟踪训练]‎ 设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，数列{a2n－1}是首项为1的等差数列，数列{a2n}是首项为2的等比数列，且满足S3＝a4，a3＋a5＝a4＋2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求S2n.‎ ‎[解] (1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1＝1，a2＝2，a3＝1＋d，a4＝2q，a5＝1＋2d，‎ 所以解得d＝2，q＝3.‎ 所以an＝(k∈N*)．‎ ‎(2)S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)‎ ‎＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n－1)‎ ‎＝＋＝n2－1＋3n.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　裂项相消求和 共研典例　类题通法 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．‎ ‎ (2016·重庆适应性测试(二))在等比数列{an}中，a1＝2，公比q＞0，其中－8a1，a2，a3成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2an，求数列的前n项和Tn.‎ ‎【解】　(1)由－8a1，a2，a3成等差数列，得2a2＝－8a1＋a3.‎ 所以a1q2－2a1q－8a1＝0，即q2－2q－8＝0，(q－4)(q＋2)＝0，解得q＝4或q＝－2.‎ 因为q＞0，所以q＝4，‎ 故数列{an}的通项公式为an＝2×4n－1，即an＝22n－1.‎ ‎(2)由(1)知bn＝log222n－1＝2n－1.‎ 因此＝＝，‎ 故Tn＝ ＝＝.‎ ‎(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{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．‎ ‎(2)常见的裂项公式 ‎①＝；‎ ‎②＝；‎ ‎③＝(－)．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2016·武汉武昌区调研)已知Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)设{an}的公差为d(d≠0)，‎ 因为S1，S2，S4成等比数列，‎ 所以S＝S1S4，即(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)，‎ 化简得d2＝2a1d.‎ 因为d≠0，所以d＝2a1. ①‎ 因为a3＝－，所以a1＋2d＝－. ②‎ 联立①②，解得，‎ 所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋.‎ ‎(2)因为bn＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝－，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋ ‎＝－1＋ ‎＝－.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　错位相减求和 共研典例　类题通法 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．‎ ‎ (2016·高考山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎【解】　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，‎ 所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d，‎ 由 得 可解得b1＝4，d＝3.‎ 所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，‎ 两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×[4＋－(n＋1)×2n＋2]‎ ‎＝－3n·2n＋2，‎ 所以Tn＝3n·2n＋2.‎ ‎(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．要注意的是相减后所得部分，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．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2016·福建毕业班质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a3－2a2＝0，S3＝7.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)设{an}的公比为q，‎ 依题意，得，‎ 解得，‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)得，＝，‎ 所以Tn＝1＋＋＋…＋， ①‎ Tn＝＋＋…＋＋， ②‎ ‎①－②得，Tn＝1＋＋＋…＋－ ‎＝－＝2－，‎ 所以Tn＝4－.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　等差、等比数列的综合问题 共研典例　类题通法 ‎ (2016·湖南东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47＜0成立的n的最小值．‎ ‎【解】　(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有，即，‎ 由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.‎ 当q＝1时，不合题意，舍去；‎ 当q＝2时，代入②得a1＝2，‎ 所以an＝2·2n－1＝2n.‎ 故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)因为bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n，‎ 所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ‎＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)‎ ‎＝－＝2n＋1－2－n－n2，‎ 因为Sn－2n＋1＋47＜0，‎ 所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47＜0，‎ 即n2＋n－90＞0，‎ 解得n＞9或n＜－10.‎ 因为n∈N*，‎ 所以使Sn－2n＋1＋47＜0成立的正整数n的最小值为10.‎ ‎(1)数列问题中的重点是等差数列和等比数列，高考中有关数列的解答题一般都是等差数列和等比数列的综合性试题，解答这类试题的关键是熟悉等差数列、等比数列的通项公式和前n项和公式，根据已知条件列出正确的方程或方程组，求出数列的基本量．‎ ‎(2)解答非等差、等比数列问题需转化为等差、等比数列问题，并结合函数与方程的思想方法分析、解决问题．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2016·东北四市联考(二))已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S4＝4(a3＋1)，3a3＝5a4.数列{bn}是等比数列，且b2b1＝b3，2b1＝a5.‎ ‎(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 由题意可得 故a1＝9，d＝－2，‎ 所以an＝11－2n，‎ 因为2b1＝a5，b2b1＝b3，‎ 所以b1＝q＝，bn＝.‎ ‎(2)由(1)知|an|＝|11－2n|，‎ 当n≤5时，Tn＝10n－n2，‎ 当n≥6时，Tn＝n2－10n＋50，‎ 所以Tn＝ 课时作业 ‎1．(2016·南昌第一次测试)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C．1 D．2‎ D　[解析] 设等比数列的首项为a1，公比为q，则第2，3，4项分别为a1q，a1q2，a1q3，依题意得a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝9，a1·a1q·a1q2·a1q3＝⇒aq3＝，两式相除得＝＋＋＋＝2.‎ ‎2．设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4a8＝32，则S11的最小值为(　　)‎ A．22 B．44 C．22 D．44‎ B　[解析] 因为数列{an}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2＝8，S11＝＝(a4＋a8)≥×8＝44，故S11的最小值为44，当且仅当a4＝a8＝4时取等号．‎ ‎3．设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＝，a＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)‎ A．－ B. C．－ D. A　[解析] 设等比数列{an}的公比为q，因为a＝4a2a8，所以(a1q3)2＝4a1q·a1q7，即4q2＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝＝2－n，所以log2an＝log22－n＝－n，所以＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－，所以bn＝－＝－2，所以数列{bn}的前10项和为－2×＝－2＝－.‎ ‎4．《张丘建算经》卷上第22题——“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加的尺数为(　　)‎ A. B. C. D. B　[解析] 由题意，该女子从第一天起，每天所织的布的长度成等差数列，记为a1，a2，a3，…，an，其公差为d，则a1＝5，S30＝390，所以30a1＋×d＝390，所以d＝.‎ ‎5．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于(　　)‎ A．20 B．40‎ C．60 D．80‎ C　[解析] 由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.‎ ‎6．在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ C　[解析] 在等差数列{an}中，因为a2＝5，a6＝21，所以解得a1＝1，d＝4，所以＝＝.因为－ ‎＝－ ‎＝－－＝－－＝＋>0，所以数列(n∈N*)是递减数列，数列(n∈N*)的最大项为S3－S1＝＋＝，所以≤，m≥.又m是正整数，所以m的最小值是5.‎ ‎7．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1.记Sn是数列{an}的前n项和，则S100＝________．‎ ‎[解析] 当n＝2k时，a2k＋2＋a2k＝1；当n＝2k－1时，a2k＋1＝a2k－1＋1，所以a2k－1＝1＋(k－1)×1＝k.所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a100)＝×50＋25＝1 275＋25＝1 300.‎ ‎[答案] 1 300‎ ‎8．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝________．‎ ‎[解析] 由Sn＝2an－2n可得S1＝a1＝2a1－2，a1＝2.又Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n(n≥2)，所以Sn＝2Sn－1＋2n(n≥2)，－＝1(n≥2)，＝＋n－1＝n，故Sn＝n·2n.‎ ‎[答案] n·2n ‎9．(2016·高考浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．‎ ‎[解析] 由于，解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以{Sn＋}是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，所以S5＝121.‎ ‎[答案] 1　121‎ ‎10．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设Sn为数列{an}的前n项和，对于任意的n>1，n∈N*，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，则S10＝________．‎ ‎[解析] 因为 所以an＋2＋an＝2an＋1，‎ 所以数列{an}从第二项开始为等差数列，当n＝2时，S3＋S1＝2S2＋2，所以a3＝a2＋2＝4，所以S10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋＝91.‎ ‎[答案] 91‎ ‎11．(2016·山西四校第二次联考)已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝.‎ ‎(1)求{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)设数列{bn}的公差为d，因为a3＋S3＝27，q＝，所以q2＋3d＝18，6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3，所以an＝3n－1，bn＝3n.‎ ‎(2)由题意得：Sn＝，cn＝＝··＝－，‎ 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ ‎12．(2016·云南第一次统一检测)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，3an－2Sn＝2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：Sn＋2Sn＜S.‎ ‎[解] (1)因为对任意正整数n，3an－2Sn＝2，所以3an＋1－2Sn＋1＝2，‎ 所以3an＋1－3an－2Sn＋1＋2Sn＝0，‎ 即3an＋1－3an－2(Sn＋1－Sn)＝0，‎ 所以3an＋1－3an－2an＋1＝0，解得an＋1＝3an.‎ 当n＝1时，3a1－2S1＝2，即a1＝2，‎ 所以an＝2×3n－1.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.‎ ‎(2)证明：由(1)可得Sn＝＝3n－1，‎ 所以Sn＋1＝3n＋1－1，Sn＋2＝3n＋2－1，‎ 所以Sn＋2Sn－S＝－4×3n＜0，‎ 所以Sn＋2Sn＜S.‎ ‎13．(2016·广州综合测试(一))已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)设数列{an}的公比为q，‎ 因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.‎ 因为a3＋2是a2和a4的等差中项，‎ 所以2(a3＋2)＝a2＋a4.‎ 即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.‎ 因为公比q≠0，所以q＝2.‎ 所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，‎ 所以anbn＝(2n－1)2n，‎ 则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n， ①‎ ‎2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1， ②‎ 由①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1‎ ‎＝2＋2×－(2n－1)2n＋1‎ ‎＝－6－(2n－3)2n＋1，‎ 所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.‎ ‎14．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．‎ ‎(1)求ω，φ的值；‎ ‎(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30.‎ ‎[解] (1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，＋φ＝2kπ＋，k∈Z，‎ 解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，‎ 因为|φ|＜π，所以φ＝－.‎ ‎(2)因为an＝2nsin(n∈N*)，数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，‎ 所以a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)＝－(n∈N*)，‎ 所以S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10.　‎