2018届二轮复习数列的求和问题专题突破讲义学案文（全国通用）

2018届二轮复习数列的求和问题专题突破讲义学案文（全国通用）

第2讲　数列的求和问题 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.‎ 热点一　分组转化求和 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．‎ 例1　(2017届安徽省合肥市模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵{an}为等差数列，‎ ‎∴⇒⇒an＝2n＋1.‎ ‎(2)∵‎ ‎＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)‎ ‎＝2·4n＋(－1)n·(2n＋1)，‎ ‎∴Tn＝2(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝＋Gn，‎ 当n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×＝n，‎ ‎∴Tn＝＋n，‎ 当n＝2k－1(k∈N*)时，‎ Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，‎ ‎∴Tn＝－n－2，‎ ‎∴Tn＝ 思维升华　在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．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．‎ 跟踪演练1　(2017届北京市朝阳区二模)已知数列{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列．设．‎ ‎(1)求证：数列{bn}为等差数列；‎ ‎(2)设cn＝an＋b2n，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明　由已知得an＝·n－1＝n，‎ 所以，‎ 则bn＋1－bn＝2(n＋1)－1－2n＋1＝2.‎ 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)解　由(1)知，b2n＝4n－1，‎ 则数列{b2n}是以3为首项，4为公差的等差数列．‎ cn＝an＋b2n＝n＋4n－1，‎ 则Tn＝＋＋…＋n＋3＋7＋…＋(4n－1)‎ ‎＝＋.‎ 即Tn＝2n2＋n＋－·n(n∈N*)．‎ 热点二　错位相减法求和 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．‎ 例2　(2017·河南省夏邑一高模拟)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的值．‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ 由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，‎ 由条件得方程组 解得 故an＝3n－1，bn＝2n (n∈N*)．‎ ‎(2)Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n， ①‎ ‎2Tn＝2×22＋5×23＋8×24＋…＋(3n－1)×2n＋1， ②‎ ‎①—②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1＝3×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－2－(3n－1)×2n＋1‎ ‎＝3×－2－(3n－1)×2n＋1‎ ‎＝(4－3n)2n＋1－8，‎ ‎∴Tn＝8＋(3n－4)·2n＋1.‎ 思维升华　(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．要注意的是相减后得到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．‎ 跟踪演练2　(2017·江西省赣州市十四县(市)联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝7，a3为整数，且Sn的最大值为S5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由a2＝7，a3为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．‎ 又Sn≤S5，故a5≥0，a6≤0，‎ 解得－≤d≤－，‎ 因此d＝－2，‎ 数列{an}的通项公式为an＝11－2n(n∈N*)．‎ ‎(2)因为bn＝＝，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋， ①‎ Tn＝＋＋＋…＋， ②‎ 由②－①，得 ‎－Tn＝－＋2－1＋，‎ 整理得－Tn＝－＋，‎ 因此Tn＝7＋ (n∈N*)．‎ 热点三　裂项相消法求和 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．‎ 例3　(2017届湖南省郴州市质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a3＝3，且λSn＝anan＋1，在等比数列{bn}中，b1＝2λ，b3＝a15＋1.‎ ‎(1)求数列{an}及{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}的前n项和为Tn(n∈N*)，且cn＝1，求Tn.‎ 解　(1)∵λSn＝anan＋1，a3＝3，‎ ‎∴λa1＝a‎1a2，且λ(a1＋a2)＝a‎2a3＝‎3a2，‎ ‎∴a2＝λ，a1＋a2＝a3＝3， ①‎ ‎∵数列{an}是等差数列，‎ ‎∴a1＋a3＝‎2a2，‎ 即‎2a2－a1＝3， ②‎ 由①②得a1＝1，a2＝2，‎ ‎∴an＝n，λ＝2，‎ ‎∴b1＝4，b3＝16，则bn＝2n＋1或bn＝(－2)n＋1(n∈N*)．‎ ‎(2)∵Sn＝，∴cn＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＋ ‎＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝－.‎ 思维升华　(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，从而在求和时达到某些项相消的目的，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)常用的裂项公式 ‎①若{an}是等差数列，则＝，＝；‎ ‎②＝－，＝；‎ ‎③＝；‎ ‎④＝；‎ ‎⑤＝－，＝(－)．‎ 跟踪演练3　(2017·吉林省吉林市普通高中调研)已知等差数列{an}的前n和为Sn，公差d≠0，且a3＋S5＝42，a1，a4，a13成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设数列{an}的首项为a1，因为等差数列{an}的前n和为Sn，a3＋S5＝42，a1，a4，a13成等比数列．‎ 所以 又公差d≠0，‎ 所以a1＝3，d＝2，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.‎ ‎(2)因为bn＝，‎ 所以bn＝＝，‎ 则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝ ‎＝.‎ ‎‎ 真题体验 ‎1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.‎ 答案　 解析　 设等差数列{an}的公差为d，则 由得 ‎∴Sn＝n×1＋×1＝，‎ ＝＝2.‎ ‎∴＝＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ ‎2．(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－‎2a1，S11＝11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(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.‎ 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，‎ 所以q2＋q－6＝0.‎ 又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.‎ 由b3＝a4－‎2a1，可得3d－a1＝8， ①‎ 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16， ②‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，‎ 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ③‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， ④‎ ‎③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－4－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－(3n－2)×4n＋1－8，‎ 得Tn＝×4n＋1＋.‎ 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.‎ 押题预测 ‎1．已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn0)，且‎4a3是a1与‎2a2的等差中项．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 押题依据　错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．‎ 解　(1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，‎ 当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)， ①‎ Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)， ②‎ 由①－②，得an＝a·an－1，即＝a，‎ 故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列，‎ 所以an＝a·an－1＝an.‎ 故a2＝a2，a3＝a3.‎ 由‎4a3是a1与‎2a2的等差中项，可得‎8a3＝a1＋‎2a2，‎ 即‎8a3＝a＋‎2a2，‎ 因为a≠0，整理得‎8a2－‎2a－1＝0，‎ 即(‎2a－1)(‎4a＋1)＝0，‎ 解得a＝或a＝－(舍去)，‎ 故an＝n＝.‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝(2n＋1)·2n，‎ 所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n， ①‎ ‎2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)×2n＋1， ②‎ 由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1‎ ‎＝6＋2×－(2n＋1)×2n＋1‎ ‎＝－2＋2n＋2－(2n＋1)×2n＋1‎ ‎＝－2－(2n－1)×2n＋1，‎ 所以Tn＝2＋(2n－1)×2n＋1.‎ A组　专题通关 ‎1．(2017届湖南师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则b10等于(　　)‎ A．24 B．32 ‎ C．48 D．64‎ 答案　D 解析　由已知有anan＋1＝2n，∴an＋1an＋2＝2n＋1，则＝2，所以数列{an}奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，所以数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64，故选D.‎ ‎2．(2017届陕西省渭南市质检)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝3，S5＝25，若的前n项和为，则n的值为(　　)‎ A．504 B．1 008‎ C．1 009 D．2 017‎ 答案　B 解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 则　解得a1＝1，d＝2，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，‎ 又因为＋＋＋…＋ ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝ ‎＝＝，‎ 解得n＝1 008，故选B.‎ ‎3．(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋…＋a100等于(　　)‎ A．－100 B．0‎ C．100 D．10 200‎ 答案　A 解析　a1＝－1＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a4＝42－52，…，所以a1＋a3＋…＋a99＝(－1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a2＋a4＋…＋a100＝(22－32)＋…＋(1002－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以a1＋a2＋…＋a100＝5 050－5 150＝－100.‎ ‎4．(2017届广东省潮州市模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和， an＝2·3n－1 (n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝____________.‎ 答案　－ 解析　因为＝＝3，‎ 所以数列{an}为等比数列．‎ 所以Sn＝＝＝3n－1，‎ 又bn＝＝＝－，‎ 则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.‎ ‎5．(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，如[－0.2]＝－1，[1.72]＝1，已知an＝(n∈N*)，Sn为数列{an}的前项和，则S2 017＝________.‎ 答案　677 712‎ 解析　由于＝0，＝0，＝＝＝1，＝＝＝2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余2项，‎ 所以S2 017＝×671×3＋672＋672＝677 712.‎ ‎6．等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.‎ 第一列 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)当a1＝3时，不合题意；‎ 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；‎ 当a1＝10时，不合题意．‎ 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.‎ 故an＝2·3n－1 (n∈N*)．‎ ‎(2)因为bn＝an＋(－1)nln an ‎＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，‎ 所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.‎ 当n为偶数时，‎ Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3‎ ‎＝3n－ln 3－ln 2－1.‎ 综上所述，Sn＝ ‎7．(2017届山东省胶州市普通高中期末)正项数列的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.‎ ‎(1)解　由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，‎ 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.‎ 由于是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝2，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.‎ 综上可知，数列的通项公式an＝2n.‎ ‎(2)证明　由于an＝2n，bn＝，‎ 所以bn＝＝.‎ Tn＝ ‎＝<＝.‎ ‎8．(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1anan＋1，求数列的前2n项和T2n.‎ 解　(1)设等差数列的公差为d，由S3＋S4＝S5，‎ 可得a1＋a2＋a3＝a5，‎ 即‎3a2＝a5，所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.‎ 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)(2n＋1)‎ ‎＝(－1)n－1·(4n2－1)，‎ 所以T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1×[4×(2n)2－1]‎ ‎＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]‎ ‎＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×＝－8n2－4n.‎ B组　能力提高 ‎9．(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancos，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24等于(　　)‎ A．294 B．174‎ C．470 D．304‎ 答案　D 解析　由nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，得＝＋1，所以数列为等差数列，因此＝1＋×1＝n，an＝n2，bn＝ 因此b3k＋1＋b3k＋2＋b3k＋3＝9k＋，k∈N，‎ S24＝9(0＋1＋…＋7)＋×8＝304，故选D.‎ ‎10．(2017·河南省豫南九校质量考评)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，则该数列的前21项的和为________．‎ 答案　2 112‎ 解析　当n为奇数时，cos2＝0，sin2＝1；‎ 当n为偶数时，cos2＝1，sin2＝0，‎ 所以当n为奇数时有an＋2＝an＋1；‎ n为偶数时an＋2＝2an，‎ 即奇数项为等差数列，偶数项为等比数列．‎ 所以S21＝(a1＋a3＋a5＋…＋a21)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)‎ ‎＝(1＋2＋3＋…＋11)＋(2＋22＋…＋210)‎ ‎＝＋＝6×11＋211－2＝2 112.‎ ‎11．(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝，且对任意m，n∈N*，都有a‎2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋(m－n)2.‎ ‎(1)求a3，a5；‎ ‎(2)设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)．‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设数列的前n项和为Sn，是否存在正整数p，q，且13，即>3.‎ 解得0，‎ ‎∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7， ①‎ 又b4是a2和a4的等比中项，∴a‎2a4＝a＝b＝16，‎ 解得a3＝a1q2＝4， ②‎ 由①②得3q2－4q－4＝0，‎ 解得q＝2或q＝－(舍去)，‎ ‎∴a1＝1，an＝2n－1.‎ ‎(2)当n为偶数时，‎ Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1‎ ‎＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)，‎ 设Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1， ③‎ 则2Hn＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n， ④‎ 由③－④，得 ‎－Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n ‎＝－n×2n＝(1－n)×2n－1，‎ ‎∴Hn＝(n－1)×2n＋1，‎ ‎∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋＝×2n＋.‎ 当n为奇数，且n≥3时，‎ Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1‎ ‎＝×2n－1＋＋(n＋1)×2n－1‎ ‎＝×2n－1＋，‎ 经检验，T1＝2符合上式，‎ ‎∴Tn＝