【数学】2018届一轮复习北师大版第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用教案

【数学】2018届一轮复习北师大版第五章数列第四节数列求和与数列的综合应用教案

第四节　数列求和与数列的综合应用 ‎☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆‎ 考纲要求 真题举例 命题角度 ‎1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法；‎ ‎2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法；‎ ‎3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题。‎ ‎2016，天津卷，18,13分(等差数列的证明、数列求和)‎ ‎2016，山东卷，18,12分(数列通项与求和)‎ ‎2015，北京卷，20,13分(数列与函数、不等式的综合)‎ ‎2015，四川卷，16,12分(等差、等比数列的综合应用)‎ ‎1.本节以分组法、错位相减、倒序相加、裂项相消法为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点；‎ ‎2.题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难。一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合。‎ 微知识　小题练 自|主|排|查 ‎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＝－。‎ ‎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。‎ 微点提醒 ‎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。‎ 小|题|快|练 一 、走进教材 ‎1．(必修5P47B组T4改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)‎ A．1 B. C. D. ‎【解析】　an＝＝＝－，‎ 所以S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5‎ ‎＝1－＋－＋…＋－ ‎＝。故选B。‎ ‎【答案】　B ‎2．(必修5P‎61A组T4(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、双基查验 ‎1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)‎ A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1‎ C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2‎ ‎【解析】　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)‎ ‎＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n ‎＝＋2×－n ‎＝2(2n－1)＋n2＋n－n ‎＝2n＋1＋n2－2。故选C。‎ ‎【答案】　C ‎2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)‎ A．15 B．12‎ C．－12 D．－15‎ ‎【解析】　∵an＝(－1)n(3n－2)，‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a10‎ ‎＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28‎ ‎＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15。故选A。‎ ‎【答案】　A ‎3．数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n＝(　　)‎ A．9　　　　　　　　　　 B．99‎ C．10 D．100‎ ‎【解析】　∵an＝＝－。‎ ‎∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1。‎ ‎∴－1＝9，即＝10，∴n＝99。故选B。‎ ‎【答案】　B ‎4．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝__________。‎ ‎【解析】　∵an＝n·2n，‎ ‎∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。①‎ ‎∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。②‎ ‎①－②，得 ‎－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1‎ ‎＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1‎ ‎＝(1－n)2n＋1－2。‎ ‎∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。‎ ‎【答案】　(n－1)2n＋1＋2‎ ‎5．数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列的前10项和为________。‎ ‎【解析】　an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，‎ 所以＝＝2，‎ 所以的前10项和＋＋＋…＋ ‎＝2＝。‎ ‎【答案】　 微考点　大课堂 考点一 ‎ 分组转化法求和 ‎【典例1】　已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn。‎ ‎【解析】　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，‎ 所以当n为偶数时，‎ Sn＝2×＋ln3＝3n＋ln3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3‎ ‎＝3n－ln3－ln2－1。‎ 综上所述，Sn＝ ‎【答案】　Sn＝ 反思归纳　1.若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和。‎ ‎2．通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和。‎ ‎【变式训练】　(2016·北京高考)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。‎ ‎【解析】　(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＋。‎ ‎【答案】　(1)an＝2n－1(n＝1,2,3，…)　(2)n2＋ 考点二 ‎ 错位相减法求和 ‎【典例2】　(2016·山东高考)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。‎ ‎【解析】　(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×＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2。‎ ‎【答案】　(1)bn＝3n＋1　(2)Tn＝3n·2n＋2‎ 反思归纳　选择数列求和方法的依据是数列的通项公式，如该题第(2)问中通过化简数列{cn}的通项公式可知，其可以写成一个等差数列与等比数列的通项公式的乘积形式，故应采用错位相减法求和。‎ ‎【变式训练】　(2016·桐乡模拟)已知公比q不为1的等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)对n∈N*，在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数成等差数列，记插入的这n个数的和为bn，求数列{bn}的前n项和Tn。‎ ‎【解析】　(1)因为a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列，‎ 所以2(a5＋S5)＝a4＋S4＋a6＋S6，‎ 即‎2a6－‎3a5＋a4＝0，即2q2－3q＋1＝0(q≠1)，‎ 解得q＝，故an＝n。‎ ‎(2)若记插入的n个数为xn(n＝1,2，…，n)，由(1)及等差数列的性质及前n 项和公式可知x1＋xn＝an＋an＋1，bn＝＝nn，‎ Tn＝ ，①‎ Tn＝ ，②‎ ‎①－②得 Tn＝ ，‎ Tn＝ ‎⇒Tn＝。‎ ‎【答案】　(1)an＝n ‎(2)Tn＝ 考点三 ‎ 裂项相消法求和 ‎　　【典例3】　(2017·开封模拟)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)·Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*。‎ ‎(1)求a1的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<。‎ ‎【解析】　(1)由题意知，‎ S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*。‎ 令n＝1，有S－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，‎ 可得S＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，‎ 即a1＝－3或2，‎ 又an为正数，所以a1＝2。‎ ‎(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，‎ ‎(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，‎ 则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，‎ 又数列{an}的各项均为正数，‎ 所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)。‎ 所以当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n。‎ 又a1＝2＝2×1，所以an＝2n。‎ ‎(3)证明：当n＝1时，‎ ＝＝<成立；‎ 当n≥2时，＝< ‎＝，‎ 所以＋＋…＋<＋ ‎＝＋<＋＝。‎ 所以对一切正整数n，‎ 有＋＋…＋<。‎ ‎【答案】　(1)a1＝2　(2)an＝2n　(3)见解析 ‎(3)＝。‎ ‎(4)＝(－)。‎ ‎(5)loga＝loga(n＋1)－logan。‎ ‎【变式训练】　我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：‎ 第一步：构造数列1，，，，…，。①‎ 第二步：将数列①的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an。‎ 则a‎1a2＋a‎2a3＋…＋an－1an等于(　　)‎ A．n2 B．(n－1)2‎ C．n(n－1) D．n(n＋1)‎ ‎【解析】　a‎1a2＋a‎2a3＋…＋an－1an ‎＝·＋·＋…＋· ‎＝n2 ‎＝n2 ‎＝n2· ‎＝n(n－1)，故选C。‎ ‎【答案】　C 考点四 ‎ 数列与函数、不等式的综合应用 ‎【典例4】　(2016·温州十校联考)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n,0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足＝f′，且a1＝4。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn。‎ ‎【解析】　(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，‎ ‎16n‎2a－4nb＝0，‎ ‎∴a＝，b＝2n，‎ 则f(x)＝x2＋2nx，n∈N*。‎ 数列{an}满足＝f′，‎ 又f′(x)＝x＋2n，‎ ‎∴＝＋2n，∴－＝2n，‎ 由叠加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，‎ 化简可得an＝(n≥2)，‎ 当n＝1时，a1＝4也符合，‎ ‎∴an＝(n∈N*)。‎ ‎(2)∵bn＝＝ ‎＝2，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2 ‎＝。‎ ‎【答案】　(1)an＝(n∈N*)‎ ‎(2)Tn＝ ‎【变式训练】　(2016·湖南四校联考)已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)。‎ ‎(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围。‎ ‎【解析】　(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5，‎ 所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，‎ 所以{an}是等差数列，首项a1＝1，公差为6，an＝6n－5。‎ ‎(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1。‎ 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2；‎ 当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2。‎ 由λan>2n＋n＋2λ，得λ>＝＋。‎ 又当n≥2时，－＝≤0，所以当n＝1,2时，取得最大值，故λ的取值范围为。‎ ‎【答案】　(1)an＝6n－5　(2) 微考场　新提升 ‎1．设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是1，公差与公比都是2，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4＋ab5等于(　　)‎ A．54 B．56‎ C．58 D．57‎ 解析　由题意得，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，∴ab1＋…＋ab5＝a1＋a2＋a4＋a8＋a16＝1＋3＋7＋15＋31＝57。故选D。‎ 答案　D ‎2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝(　　)‎ A．6n－n2 B．n2－6n＋18‎ C. D. 解析　由Sn＝n2－6n可得，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7。‎ 当n＝1时，S1＝－5＝a1，也满足上式，‎ ‎∴an＝2n－7，n∈N*，‎ ‎∴n≤3时，an＜0；n＞3时，an＞0。‎ ‎∴当n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2，‎ 当n＞3时，Tn＝Sn－2S3＝n2－6n＋18。‎ ‎∴Tn＝故选C。‎ 答案　C ‎3．已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a‎4a2n－4＝102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n项和Sn等于(　　)‎ A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1‎ C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1‎ 解析　∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a‎4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，‎ ‎∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1，‎ ‎∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①‎ ‎2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，②‎ ‎∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，‎ ‎∴Sn＝(n－1)·2n＋1。故选C。‎ 答案　C ‎4．(2017·郑州模拟)整数数列{an}满足an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________。‎ 解析　由an＋2＝an＋1－an，得an＋2＝an－an－1－an＝－an－1，‎ 易得该数列是周期为6的数列，‎ 且an＋2＋an－1＝0，S800＝a1＋a2＝2 013，‎ S813＝a1＋a2＋a3＝2 000，‎ ‎∴∴ ‎∴依次可得a5＝－1 000，a6＝13，由此可知an＋1＋an＋2＋an＋3＋an＋4＋an＋5＋an＋6＝0，‎ ‎∴S2 015＝S5＝－13。‎ 答案　－13‎ ‎5．在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0。‎ ‎(1)求{an}的通项an；‎ ‎(2)若cn＝，求{cn}的前n项和Sn。‎ 解析　(1)因为b1＋b3＋b5＝6，‎ 所以log‎2a1＋log‎2a3＋log‎2a5＝6，‎ 所以log2(a‎1a3a5)＝6，所以log2(aq6)＝6，‎ 所以log2(a1q2)＝2，即b3＝2，a1q2＝4＝a3。‎ 因为a1>1，所以b1＝log‎2a1>0，‎ 又因为b1b3b5＝0，所以b5＝0＝log‎2a5，a5＝1，‎ 所以＝＝q2，又q>0，‎ 解得 所以an＝16×n－1＝25－n(n∈N*)。‎ ‎(2)由(1)知an＝25－n，所以bn＝5－n(n∈N*)，‎ 所以cn＝＝，‎ 所以Sn＝‎ ‎－ ‎＝－ ‎＝－＝(n∈N*)。‎ 答案　(1)an＝25－n(n∈N*)　(2)Sn＝(n∈N*)‎ 微专题　巧突破 数列的新定义问题 先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常给人耳目一新的感觉。对于这类问题，我们应先弄清问题的本质，然后根据等差、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决。‎ ‎【典例】　设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”。若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________。‎ ‎【解析】　由题意可知，数列{cn}的前n项和Sn＝，前2n项和S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋，所以当d＝4时，为非零常数，则数列{cn}是“和等比数列”，故d＝4。‎ ‎【答案】　4‎ ‎【变式训练】　(1)(2016·福建六校联考)对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前2 016项和S2 016＝(　　)‎ A．22 017－2　　　　　　　 B．22 017－1‎ C．22 017 D．22 017＋1‎ ‎(2)(2016·衡水中学检测)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________。‎ ‎【解析】　(1)由题意知an＋1－an＝2n，则an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a3－a2＝22，a2－a1＝2，累加求和得an－a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＝＝2n－2，n≥2，又a1＝2，所以an＝2n，则数列{an}的前2 016项和S2 016＝＝22 017－2，故选A。‎ ‎(2)由题意知Hn＝＝2n＋1，‎ 所以a1＋‎2a2＋…＋2n－1an＝n×2n＋1①，‎ 当n≥2时，a1＋‎2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)×2n②，‎ ‎①－②得：2n－1an＝n×2n＋1－(n－1)×2n，解得an＝2n＋2，n≥2，‎ 当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2，则数列{an}为等差数列，公差为2。‎ 令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列，‎ 由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，知2－k<0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，解得≤k≤。‎ ‎【答案】　(1)A　(2)