2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案理（含解析）

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案理（含解析）

数列的求和问题 ‎【2019年高考考纲解读】‎ 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，体现了转化与化归的思想．‎ ‎【重点、难点剖析】‎ 一、分组转化法求和 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．‎ 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． ‎ 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．‎ ‎【高考题型示例】‎ 题型一、分组转化法求和 例1、若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．‎ ‎(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；‎ ‎(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.‎ 解析：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，‎ 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，‎ ‎∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，‎ 即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，‎ ‎∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝λ2n－1.‎ ‎(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，‎ ‎∴bn＝ ‎ ‎∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1‎ ‎＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)‎ 13‎ ‎＝＋ ‎＝＋n(n＋2)，‎ ‎∴T2n＝＋n2＋2n－.‎ ‎【变式探究】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＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若数列满足cn＝an＋1＋，求数列的前n项和Sn.‎ ‎(2)由(1)得，cn＝an＋1＋ ‎＝2n＋＝2n＋，‎ ‎∴数列的前n项和 Sn＝2＋22＋…＋2n＋ ‎＝＋ ‎＝2n＋1－2＋(n∈N*)．‎ ‎【感悟提升】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．‎ ‎【变式探究】已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列为等比数列(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}和的通项公式；‎ 13‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，‎ 因为a2＝3，{an}前4项的和为16，‎ 所以a1＋d＝3,4a1＋d＝16，‎ 解得a1＝1，d＝2，‎ 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．‎ 设的公比为q，则b4－a4＝q3，‎ 所以q3＝＝＝27，得q＝3，‎ 所以bn－an＝×3n－1＝3n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，‎ 所以Sn＝＋‎ ‎＝＋ ‎＝＋n2＝＋n2－(n∈N*)．‎ ‎【变式探究】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bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵{an}为等差数列，‎ ‎∴解得 因此{an}的通项公式an＝2n＋1.‎ ‎(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝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为偶数时，Gn＝2×＝n，‎ ‎∴Tn＝＋n；‎ 当n为奇数时，Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，‎ 13‎ ‎∴Tn＝－n－2，‎ ‎∴Tn＝ 题型二、错位相减法求和 例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an}的公比q>1，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．‎ ‎【解析】　(1)解：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)解：设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.‎ 由cn＝解得cn＝4n－1.‎ 由(1)可得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，‎ 则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，‎ 13‎ 因此Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.‎ 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2.‎ ‎【变式探究】已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝a1(an－1)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.‎ ‎(2)∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋＋…＋， ‎ 两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝2－＝2×－＝－－＝－.‎ ‎∴Tn＝－<.‎ ‎【变式探究】已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－＝，设bn＝2nan(n∈N*)．‎ ‎(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，‎ 13‎ 所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由bn＝3n－1，得an＝＝，‎ 所以Sn＝＋＋＋…＋，‎ Sn＝＋＋＋…＋，‎ 两式相减得Sn＝1＋3－ ‎ ‎＝－，‎ 所以Sn＝5－(n∈N*)．‎ ‎【感悟提升】(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．‎ ‎【变式探究】已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝a1，b2，b5，b14成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)n＝1时，a1＋a1＝1，a1＝，‎ n≥2时， Sn－Sn－1＝，∴an＝an－1(n≥2)，‎ ‎{an}是以为首项，为公比的等比数列，‎ an＝×n－1＝2n.‎ b1＝1，‎ 由b＝b2b14得，2＝，‎ d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，‎ bn＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)cn＝，‎ 13‎ Tn＝＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得，Tn＝＋4－ ‎＝＋4×－ ‎＝－－，‎ 所以Tn＝2－(n∈N*)．‎ ‎【变式探究】公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝10，且a1，a3，a9成等比数列.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，由题设 得∴ 解之得a1＝1，且d＝1.‎ 因此an＝n.‎ ‎(2)令cn＝，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn ‎＝＋＋＋…＋＋，①‎ Tn＝＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得：Tn＝－ ‎＝－＝－－，‎ ‎∴Tn＝－.‎ ‎【变式探究】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.‎ 13‎ 题型三　裂项相消法求和 例3、[2018·天津卷]设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式． ‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，‎ ‎①求Tn；‎ ‎②．‎ ‎【解析】(1)解：设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，‎ 故bn＝n.‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ 13‎ ‎(2)①解：由(1)，有Sn＝＝2n－1，故 Tn＝(2k－1)＝k－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ ‎②证明：因为＝ ‎＝＝－，‎ ‎【举一反三】在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn.‎ 解析：(1)∵an是1与anan＋1的等差中项，‎ ‎∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝，‎ ‎∴an＋1－1＝－1＝，∴＝＝1＋，‎ ‎∵＝1，∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，‎ ‎∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝.‎ ‎(2)由(1)得＝＝－，‎ ‎∴Sn＝＋＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎【变式探究】已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1)． ‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；‎ ‎(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝.若数列的前n项和为Tn，且对任意n∈N*满足Tn<λ2＋λ，求实数λ的取值范围．‎ 解　(1)∵Sn＝a，‎ ‎∴n＝1时，a1＝a.‎ n≥2时，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，‎ 13‎ ‎∴Sn－Sn－1＝an＝a(Sn－Sn－1)－aan＋aan－1，‎ ‎∴an＝aan－1，即＝a且 a≠0，a≠1，‎ ‎∴数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝an(n∈N*)．‎ ‎(2)由bn＝an＋Sn得，b1＝2a，‎ b2＝2a2＋a，‎ b3＝2a3＋a2＋a.‎ ‎∵数列{bn}为等比数列，‎ ‎∴b＝b1b3，(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)，‎ 解得a＝.‎ ‎(3)由(2)知cn＝ ‎＝＝－，‎ ‎∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－<，‎ ‎∴≤λ2＋λ，解得λ≥或λ≤－1.‎ 即实数λ的取值范围是∪(－∞，－1]．‎ ‎【变式探究】(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＝－，＝(－)．‎ 13‎ ‎【变式探究】已知数列{an}为递增数列，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a－2Sn－1＋1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，其前n项和为Tn，若Tn>成立，求n的最小值．‎ 解　(1)由2Sn＝a－2Sn－1＋1知，‎ ‎2Sn－1＝a－2Sn－2＋1，‎ 两式相减得，2an＝a－a－2an－1，‎ 即2＝，‎ 又数列{an}为递增数列，a1＝1，∴an＋an－1>0，‎ ‎∴an－an－1＝2，‎ 又当n＝2时，2＝a－2a1＋1，‎ 即a－2a2－3＝0，解得a2＝3或a2＝－1(舍)，‎ a2－a1＝2，‎ 符合an－an－1＝2，‎ ‎∴{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，‎ ‎∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)bn＝＝，‎ ‎∴Tn＝＝，‎ 又∵Tn>，即>，解得n>9，‎ 又n∈N*，∴n的最小值为10.‎ ‎【变式探究】‎ 设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2n2＋5n.‎ ‎(1)求证：数列{3an}为等比数列；‎ ‎(2)设bn＝2Sn－3n，求数列的前n项和Tn.‎ 13‎ ‎【变式探究】设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为(a1＋a2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝log3a2n－1，数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}满足cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，若Tn<λn恒成立，求λ的取值范围.‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，‎ 由题意，得解得 所以an＝a1qn－1＝3n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，‎ Sn＝＝＝n2‎ ‎∴cn＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝.‎ 若Tn＝<λn恒成立，则λ>(n∈N*)恒成立，‎ 则λ>，所以λ>.‎ 13‎ ‎ ‎ 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