【数学】2021届一轮复习人教A版数列求和与数列的综合应用学案

【数学】2021届一轮复习人教A版数列求和与数列的综合应用学案

‎2021届一轮复习人教A版 数列求和与数列的综合应用 学案 ‎1．公式法与分组求和法 ‎(1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和。‎ ‎①等差数列的前n项和公式：‎ Sn＝＝na1＋d。‎ ‎②等比数列的前n项和公式：‎ Sn＝ ‎(2)分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。‎ ‎2．倒序相加法与并项求和法 ‎(1)倒序相加法 如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的。‎ ‎(2)并项求和法 在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。‎ 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。‎ 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050。‎ ‎3．裂项相消法 ‎(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和。‎ ‎(2)常见的裂项技巧 ‎①＝－。‎ ‎②＝。‎ ‎③＝。‎ ‎④＝－。‎ ‎⑤＝。‎ ‎4．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。‎ ‎　‎ ‎1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点。‎ ‎2．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解。‎ 一、走进教材 ‎1．(必修5P47B组T4改编)数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)‎ A．2 014 B．2 015‎ C．2 016 D．2 017‎ 解析　an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2 017。故选D。‎ 答案　D ‎2．(必修5P61T4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)。‎ 解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1　①，则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn　②，①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，所以Sn＝－。‎ 答案　－ 二、走近高考 ‎3．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________。‎ 解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，Sn＝，所以＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋＋＝2×＝2×＝。‎ 答案　 ‎4．(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)。若a1>1，则(　　)‎ A．a1a3，a2a4 D．a1>a3，a2>a4‎ 解析　因为函数y＝lnx在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，所以lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a21，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a21，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项。数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n。‎ ‎(1)求q的值；‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式。‎ 解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝‎2a4＋4，‎ 所以a3＋a4＋a5＝‎3a4＋4＝28，解得a4＝8。‎ 由a3＋a5＝20得8＝20，解得q＝2或q＝，‎ 因为q>1，所以q＝2。‎ ‎(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn。‎ 由cn＝解得cn＝4n－1。‎ 由(1)可知an＝2n－1，‎ 所以bn＋1－bn＝(4n－1)·n－1，‎ 故bn－bn－1＝(4n－5)·n－2，n≥2，‎ bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·n－2＋(4n－9)·n－3＋…＋7·＋3。‎ 设Tn＝3＋7·＋11·2＋…＋(4n－5)·n－2，n≥2，‎ Tn＝3·＋7·2＋…＋(4n－9)·n－2＋(4n－5)·n－1，‎ 所以Tn＝3＋4·＋4·2＋…＋4·n－2－(4n－5)·n－1＝7－(4n＋3)·n－1，‎ 因此Tn＝14－(4n＋3)·n－2，n≥2，‎ 又b1＝1适合上式，‎ 所以bn＝15－(4n＋3)·n－2。‎ 用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号。(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和。‎ ‎【变式训练】　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，满足上式，‎ 所以an＝6n＋5。‎ 设数列{bn}的公差为d。‎ 由即 可解得所以bn＝3n＋1。‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 得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× ‎＝－3n·2n＋2，‎ 所以Tn＝3n·2n＋2。‎ 考点三裂项相消法求和 ‎【例3】　已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a‎2a3＝8。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn。‎ 解　(1)因为数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a‎2a3＝8。‎ 所以⇒⇒q3＝＝8⇒q＝2⇒an＝a1·qn－1＝2n－1。‎ ‎(2)由(1)可知Sn＝＝＝2n－1，‎ 所以bn＝＝－，‎ 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－。‎ ‎1．用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，裂项后可以产生连续相互抵消的项。‎ ‎2．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项。‎ ‎【变式训练】　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＝＝，‎ 所以Tn＝ ‎＝ ‎＝－<。‎ 考点四数列的综合应用 ‎【例4】　(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}。将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}。记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________。‎ 解析　所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26。当n＝1时，S1＝1<‎12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<‎12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<‎12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<‎12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<‎12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>‎12a28＝540，符合题意。故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27。‎ 答案　27‎ 高考命制综合题时，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化，破解这类问题的方法是首先寻找通项公式，利用性质之间的对偶与变式进行转化。‎ ‎【变式训练】　(2019·河北名校联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色。先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25。按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是(　　)‎ A．3 971 B．3 972‎ C．3 973 D．3 974‎ 解析　由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数…根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数。由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数。由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数是632,632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972。故选B。‎ 答案　B 数列的新定义问题 新定义型数学试题，背景新颖、构思巧妙，主要通过定义一个新概念或约定一种新运算，或给定一个新模型来创设新的问题情境，要求我们在充分阅读题意的基础上，依据题中提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，从而顺利地解决问题，这类题型能有效地区分学生的思维能力和学习能力。‎ ‎【典例】　定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有‎2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数。若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)‎ A．18个 B．16个 C．14个 D．12个 ‎【解析】　解法一：列表法 根据题意得，必有a1＝0，a8＝1，则将0,1进行具体的排法一一列表如下：‎ 由上述表格可知，不同的“规范01数列”共有14个。‎ 解法二：列举法 根据题意可得，必有a1＝0，a8＝1，而其余的各项：a2，a3，…，a7中有三个0和三个1，并且满足对任意k≤8，a1，a2，…，a8中“0”的个数不少于“1”的个数。可以一一列举出不同“规范01数列”，除第一项和第八项外，中间六项的排列如下：000111,001011,001101,001110,010011,010101,010110,011001,011010,100011,100101,100110,101001,101010，共14个。‎ ‎【答案】　C 可以从以下三个方面解决此类问题 ‎1．提取新定义的信息，明确新定义的名称和符号。‎ ‎2．深刻理解新定义的概念、法则、性质，纵横联系探求解题方法，比较相近知识点，明确不同点。‎ ‎3．对新定义中提取的知识进行等价转换，其中提取、化归与转化是解题的关键，也是解题的难点。‎ 新定义问题的解题思路为：‎ ‎(1)若新定义是运算法则，直接按照运算法则计算即可；‎ ‎(2)若新定义是性质，要判断性质的适用性，能否利用定义外延；也可用特殊值排除等方法。‎ ‎【变式训练】　由n(n≥2)个不同的数构成的数列a1，a2，…，an中，若1≤i0，an>0)，这种类型一般是等式两边取对数后整理转化为类型二。‎ ‎3．an＋2＝pan＋1＋qan(其中p，q均为常数)。先把原递推公式转化为an＋2＋san＋1＝t(an＋1＋san)，其中s，t满足转化为一个新等比数列来求(如下面变式训练)。‎ ‎【变式训练】　(2019·沈阳市质量检测)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，则an＝________。‎ 解析　因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)。‎ 解析：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－‎2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1(n∈N*)。‎ 答案　2n－1‎