【数学】2020届一轮复习北师大版数列求和问题学案

【数学】2020届一轮复习北师大版数列求和问题学案

第2讲　大题考法——数列求和问题 考向一　等差、等比数列的简单综合 ‎【典例】 (2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2．‎ ‎(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若T3＝21，求S3．‎ 解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，‎ 则an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1．‎ 由a2＋b2＝2得d＋q＝3. ①‎ ‎(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6. ②‎ 联立①②解得(舍去)或 因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1．‎ ‎(2)由b1＝1，T3＝21‎ 得q2＋q－20＝0．‎ 解得q＝－5或q＝4．‎ 当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21．‎ 当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6．‎ ‎[技法总结]　等差、等比数列的基本量的求解策略 ‎(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．‎ ‎(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．‎ ‎[变式提升]‎ ‎1．(2018·东莞二模)已知等比数列{an}与等差数列{bn}，a1＝b1＝1，a1≠a2，a1，a2，b3成等差数列，b1，a2，b4成等比数列．‎ ‎(1)求{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，若Sn＋Tn＞100, 求n的最小值．‎ 解　(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，‎ 则 解得 (舍)或 ‎∴an＝2n－1，bn＝n．‎ ‎(2)由(1)易知Sn＝＝2n－1，Tn＝．‎ 由Sn＋Tn＞100，得2n＋＞101，‎ ‎∵是单调递增数列，‎ 且26＋＝85＜101,27＋＝156＞101，‎ ‎∴n的最小值为7．‎ 考向二　等差、等比数列的判定及应用 ‎【典例】 (2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，‎ 已知．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并判断是否成等差数列．‎ ‎[审题指导]‎ ‎①看到S2，S3，想到设基本量，列方程组求解 ‎②看到三项成等差数列，想到可用2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2是否成立判断 ‎[规范解答]　(1)设{an}的公比为q．‎ 由题设可得❶ 3分 解得 5分 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.6分 ‎(2)由(1)可得Sn＝ ‎＝－＋(－1)n❷. 8分 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n ‎＝2＝2Sn❸， 10分 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列. 12分 ‎❶处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解．‎ ‎❷处化简Sn时易出现计算错误．‎ ‎❸处对于Sn＋2＋Sn＋1的运算代入后，要针对目标，即化为2Sn，观察结构，整体运算变形，可得结论．‎ ‎[技法总结]　判定和证明数列是等差(比)数列的方法 ‎(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的某一常数．‎ ‎(2)中项公式法：‎ ‎①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；‎ ‎②若a＝an－1·an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．‎ ‎[变式提升]‎ ‎2．(2018·吉林调研)艾萨克·牛顿(‎1643年1月4日～‎1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列{xn}满足xn＋1＝xn－，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列{xn}为牛顿数列，设an＝ln ，已知a1＝2，xn>2，求{an}的通项公式an．‎ 解　∵ 函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，‎ ‎∴解得 ‎∴f(x)＝ax2－3ax＋‎2a，则f′(x)＝2ax－‎3a．‎ 则xn＋1＝xn－ ‎＝xn－＝，‎ ‎∴＝ ‎＝＝2，‎ 则数列an是以2为公比的等比数列，又∵a1＝2，‎ ‎∴ 数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，‎ 则an＝2·2n－1＝2n．‎ ‎3．(2018·六安联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100的值．‎ 解　(1)因为n，an，Sn成等差数列，‎ 所以Sn＋n＝2an， ①‎ 所以Sn－1＋(n－1)＝2an－1(n≥2)． ②‎ ‎①－②，得an＋1＝2an－2an－1，‎ 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)．‎ 又当n＝1时，S1＋1＝‎2a1，所以a1＝1，所以a1＋1＝2，‎ 故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以an＋1＝2·2n－1＝2n，即an＝2n－1．‎ ‎(2)据(1)求解知，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，b1＝1，所以bn＋1－bn＝2，‎ 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ 又因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106＝211，b107＝213，‎ 所以c1＋c2＋…＋c100‎ ‎＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7)‎ ‎＝－[(21＋22＋…＋27)－7]‎ ‎＝－＋7＝1072－28＋9＝11 202．‎ 考向三　数列求和问题 ‎【典例】　等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3．‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n．‎ 解　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 则由得 解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1．‎ ‎(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，‎ 则cn＝ 即cn＝ 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝＋＋…＋＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)．‎ ‎[技法总结]　1.分组求和中分组的策略 ‎(1)根据等差、等比数列分组．‎ ‎(2)根据正号、负号分组．‎ ‎2．裂项相消的规律 ‎(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．‎ ‎(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．‎ ‎3．错位相减法的关注点 ‎(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．‎ ‎(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比；②将两个和式错位相减；③整理结果形式．‎ ‎[变式提升]‎ ‎4．(2018·云南模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a‎1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝2bn．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{cn}满足cn＝an＋1＋，求数列{cn}的前n项和Sn．‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，且q＞0，‎ 由an＞0，a‎1a3＝4得a2＝2，‎ 又a3是a2－2与a4的等差中项，‎ 故‎2a3＝a2－2＋a4，‎ ‎∴2·2q＝2－2＋2q2，∴q＝2或q＝0(舍)．‎ 所以an＝a2qn－2＝2n－1，∴an＋1＝2n＝2bn，∴bn＝n．‎ ‎(2)由(1)得，cn＝an＋1＋ ‎＝2n＋＝2n＋，‎ 所以数列{cn}的前n项和：‎ Sn＝2＋22＋…＋2n＋＝＋＝2n＋1－2＋．‎ ‎5．(2018·百校联盟联考)已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－＝，设bn＝2nan．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn．‎ 解　(1)由bn＝2nan，得an＝，代入an＋1－＝得 －＝，即bn＋1－bn＝3，‎ 所以数列{bn}是公差为3的等差数列，‎ 又a1＝a3，所以＝，即＝，所以b1＝2，‎ 所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1．‎ ‎(2) 由bn＝3n－1得an＝＝，‎ 所以Sn＝＋＋＋…＋，‎ Sn＝＋＋＋…＋，‎ 两式相减得 Sn＝1＋3－＝－．‎ 所以Sn＝5－．‎