高考数学二轮复习教案：第二编 专题三 第2讲 数列求和问题

高考数学二轮复习教案：第二编 专题三 第2讲 数列求和问题

第2讲　数列求和问题 ‎「考情研析」　　　　1.从具体内容上，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．　2.从高考特点上，难度稍大，一般以解答题为主，分值约为7～8分．‎ 核心知识回顾 常见的求和方法 ‎(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一定注意公比q是否取1.‎ ‎(2)错位相减法：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．‎ ‎(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的数列的前n项和．‎ ‎(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．‎ ‎(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如(－1)nan的形式，通常分奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列．‎ 热点考向探究 考向1 　分组转化法求和 例1　(2019·天津南开区高三下学期一模)已知数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{(－1)nbn(an＋bn)}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差是d.‎ 由a5＝3a2得a1＋4d＝3(a1＋d)，化简得d＝2a1，①‎ 由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，②‎ 由①②解得a1＝1，d＝2.‎ 所以数列{an }的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)由数列{an＋bn }是首项为1，公比为2的等比数列，得an＋bn＝2n－1，即2n－1＋bn＝2n－1.所以bn＝2n－1－2n＋1.‎ 所以(－1)nbn(an＋bn)＝(－1)n·2n－1·(2n－1－2n＋1)＝(－1)n4n－1＋(－2)n－1(2n－1)＝－(－4)n－1＋(2n－1)·(－2)n－1.‎ ‎∴Pn＝(－4)0＋(－4)1＋…＋(－4)n－1＝＝ ，‎ Qn＝1·(－2)0＋3·(－2)1＋5·(－2)2＋…＋(2n－3)·(－2)n－2＋(2n－1)·(－2)n－1，③‎ ‎－2Qn＝1·(－2)1＋3·(－2)2＋5·(－2)3＋…＋(2n－3)·(－2)n－1＋(2n－1)·(－2)n，④‎ ‎③－④得 ‎3Qn＝1·(－2)0＋2·(－2)1＋2·(－2)2＋…＋2·(－2)n－1－(2n－1)·(－2)n ‎＝1＋－(2n－1)·(－2)n ‎＝－－·(－2)n.‎ ‎∴Qn＝－－·(－2)n.‎ ‎∴Tn＝－Pn＋Qn＝－＋－.‎ 若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合，进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组．‎ 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a1＝3，b1＝1及 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＝ T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝＋(2＋23＋…＋22n－1)‎ ‎＝1－＋＝＋(4n－1)．‎ 考向2 　裂项相消法求和 例2　(2019·甘青宁高三3月联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a7＝5，S5＝－55.‎ ‎(1)求Sn；‎ ‎(2)设bn＝，求数列的前19项和T19.‎ 解　(1)∵∴ ‎∴Sn＝－19n＋×4＝2n2－21n.‎ ‎(2)设bn＝＝2n－21，‎ 则＝＝，‎ 故T19＝×＝×＝－.‎ 裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和．适用于数列的求和，其中数列{an}是各项不为0的等差数列，c为常数．‎ 已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足Sn＋an＝2n＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求证数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：＋＋…＋<.‎ 解　(1)因为Sn＋an＝2n＋1，①‎ 所以当n＝1时，a1＋a1＝2＋1，解得a1＝.‎ 当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，②‎ 由①－②，得an－an－1＋an＝2，即an＝an－1＋1，‎ 即an－2＝(an－1－2)，‎ 所以数列{an－2}是等比数列，其首项为a1－2＝－，公比为，‎ 所以an－2＝－n，所以an＝2－n.‎ ‎(2)证明：＝＝－，‎ 所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝－<.‎ 考向3 　错位相减法求和 例3　(2019·东北三省三校高三二模)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝n2＋2n，等比数列{bn}的公比为4，且a2＝5b1.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n≥2时，Sn＝n2＋2n，Sn－1＝(n－1)2＋2(n－1)，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3满足上式，‎ 综上，an＝2n＋1.∵5b1＝5，∴b1＝1，∴bn＝4n－1.‎ ‎(2)an·bn＝(2n＋1)·4n－1，①‎ Tn＝3＋5×4＋7×42＋…＋(2n＋1)·4n－1，‎ ‎∴4Tn＝3×4＋5×42＋…＋(2n－1)·4n－1＋(2n＋1)·4n，②‎ ‎①－②，得－3Tn＝3＋2·(4＋42＋…＋4n－1)－(2n＋1)·4n＝3＋2·－(2n＋1)·4n＝－4n，‎ ‎∴Tn＝－＋4n.‎ 错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数；另外还要注意首项与末项．‎ ‎(2019·福建高三毕业班3月质检)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.‎ ‎(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；‎ ‎(2)求证：若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.‎ 因为Sn＝2an－n，①‎ 所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，②‎ ‎①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，‎ 所以＝＝＝2，‎ 所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7，‎ 设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1，‎ 所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n，‎ 所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.‎ 设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Mn，‎ 所以Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③‎ ‎2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④‎ ‎③－④得 ‎－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2.‎ 所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2，‎ 又因为Mn＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ 所以Kn－Mn＝(n－1)·2n＋1－＋2.‎ 所以数列{anbn}的前n项和Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2.‎ 真题押题 ‎『真题模拟』‎ ‎1．(2019·江西八所重点中学高三4月联考)已知数列{an}是等比数列，若ma6·a7＝a－2a4·a9，且公比q∈(，2)，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．(2,6) B．(2,5) ‎ C．(3,6) D．(3,5)‎ 答案　C 解析　∵ma6·a7＝a－2a4·a9，∴maq11＝aq14－2aq11，m＝q3－2，∵q∈(，2)，∴q3∈(5,8)，m∈(3,6)．故选C.‎ ‎2．(2019·安徽马鞍山高三一模)数列{an}为等比数列，若a1＝1，a7＝8a4，数列的前n项和为Sn，则S5＝(　　)‎ A. B. ‎ C．7 D．31‎ 答案　A 解析　∵数列{an}为等比数列，a1＝1，a7＝8a4，∴q6＝8q3，解得q＝2，∴an＝a1qn－1＝2n－1，＝.∵数列的前n项和为Sn，∴S5＝1＋＋＋＋＝＝.故选A.‎ ‎3．(2019·南宁调研)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　)‎ A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)‎ C.(1－4－n) D.(1－2－n)‎ 答案　C 解析　∵q3＝＝，∴q＝，a1＝4，∴数列{an·an＋1}是以8为首项，为公比的等比数列．∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．故选C.‎ ‎4．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.‎ ‎①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；‎ ‎②求ici(n∈N*)．‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得 解得或(舍去)，‎ 故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.‎ 所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.‎ ‎(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.‎ 所以，数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.‎ ‎②ici＝ai＋ai(ci－1)]＝i＋2i(c2i－1)‎ ‎＝＋(9×4i－1)‎ ‎＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n ‎＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．‎ ‎『金版押题』‎ ‎5．已知函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，且函数y＝f(x－2)的图象关于x＝1对称，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则{an}的前100项的和为(　　)‎ A．－200 B．－100 ‎ C．－50 D．0‎ 答案　B 解析　函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，且函数y＝f(x－2)的图象关于x＝1对称，可得y＝f(x)的图象关于x＝－1对称，又数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，∴a50＋a51＝－1×2＝－2.∴S100＝a1＋a2＋…＋a100＝50(a50＋a51)＝－100.故选B.‎ ‎6．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝，则数列的前n项和为(　　)‎ A．1－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　B 解析　设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d，因为S3＝6，S5＝，‎ 所以解得所以an＝n＋1，＝，设数列的前n项和为Tn，则Tn＝＋＋＋…＋＋，Tn＝＋＋＋…＋＋，两项相减，得Tn＝＋－＝＋－，‎ 所以Tn＝2－.‎ 配套作业 一、选择题 ‎1．(2019·湖南永州高三第三次模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋1，a2＋a6＝10，则S7＝(　　)‎ A．20 B．25 ‎ C．30 D．35‎ 答案　D 解析　因为Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋1，所以an＋1－an＝1，因此数列{an}是公差为1的等差数列，又a2＋a6＝10，所以a1＋a7＝10，因此S7＝＝35.故选D.‎ ‎2．(2019·四川成都外国语学校高三一诊)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋a3＋…＋an>a1a2a3…an的最大正整数n的值为(　　)‎ A．10 B．11 ‎ C．12 D．13‎ 答案　C 解析　∵正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝a5(q＋q2)＝3，∴q2＋q＝6.∵q ‎>0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴a1＝，‎ ‎∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝，∴>×2，整理可得，2n>2(n－1)n－5＋1，∴2n>2(n－1)n－5，n>(n－1)·，易知n>1，∴10，‎ 令n＝1，则S1＝＝，所以a1a2＝3，①‎ 令n＝2，则S2＝＋＝，所以a2a3＝15，②‎ a2＝a1＋d，③‎ a3＝a1＋2d，④‎ 联立①②③④，解得或(舍去)，‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意知，bn＝(－1)na＝(－1)n[n(n＋1)－1]，所以T2n＝－(1×2－1)＋(2×3－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n·[2n(2n＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－[(2n－1)·2n－1]＋[2n(2n＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n＝＝2n2＋2n.‎ ‎13．(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高三第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.‎ ‎(1)求证：是等差数列；‎ ‎(2)求an的表达式；‎ ‎(3)若bn＝2(1－n)an(n≥2)，求证：b＋b＋…＋b<1.‎ 解　(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，‎ 又an＋2Sn·Sn－1＝0，‎ 所以Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，‎ 若Sn＝0，则a1＝S1＝0与a1＝矛盾，‎ 故Sn≠0，所以－＝2，‎ 又＝2，所以是首项为2，公差为2的等差数列．‎ ‎(2)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，‎ 故Sn＝(n∈N*)，‎ 当n≥2时，an＝－2Sn·Sn－1＝－2··＝－；‎ 当n＝1时，a1＝，所以an＝ ‎(3)证明：当n≥2时，bn＝2(1－n)an＝2(1－n)·＝，‎ b＋b＋…＋b＝＋＋…＋<＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－<1.‎ ‎14．(2019·河南省顶级名校高三第四次联考)设数列{an}的前n项和为Sn，若an－＝1(n∈N*)．‎ ‎(1)求出数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)已知bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明：Tn∈.‎ 解　(1)因为an－＝1，所以an＋1－＝1，‎ 两式相减可得(an＋1－an)－＝0，an＋1＝2an，即＝2.‎ 在an－＝1中，令n＝1可得a1＝2，‎ 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以an＝2n.‎ ‎(2)证明：bn＝＝－，‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝1－，‎ 所以{Tn}是一个单调递增的数列．‎ 当n＝1时，Tn(min)＝T1＝1－＝，‎ 当n→＋∞时，Tn→1，‎ 所以Tn∈.‎