2020届数学(理)二轮复习第2部分专题2第2讲 数列求和与综合问题学案

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2020届数学(理)二轮复习第2部分专题2第2讲 数列求和与综合问题学案

第2讲 数列求和与综合问题 ‎[做小题——激活思维]‎ ‎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 C [Sn=+=2n+1-2+n2.]‎ ‎2.已知数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2),则a1+a2+…+a10等于(  )‎ A.15 B.12‎ C.-12 D.-15‎ A [∵an=(-1)n(3n-2),∴a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.]‎ ‎3.若数列的前n项和为,则n的值为(  )‎ A.9 B.10‎ C.11 D.12‎ B [∵==-,‎ ‎∴Sn=++…+=1-=,‎ 由=可知n=10.故选B.]‎ ‎4.[一题多解]+++…+等于(  )‎ A. B. C. D. B [法一:(错位相减法)令Sn=+++…+, ①‎ 则Sn=++…++, ②‎ ‎①-②,得Sn=+++…+-=-.‎ ‎∴Sn=.故选B.‎ 法二:(验证法)取n=1时,=,代入各选项验证可知选B.]‎ ‎5.已知Sn是数列{an}的前n项和,且有Sn=n2+1,则数列{an}的通项公式an=________.‎  [当n=1时,a1=S1=1+1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=2n-1.此时对于n=1不成立,故an=]‎ ‎6.数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=________.‎ ‎765 [由a1=-60,an+1=an+3可得an=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30)=S30-2S20=765.]‎ ‎[扣要点——查缺补漏]‎ ‎1.分组求和:形如{an±bn}的数列求和,如T1.‎ ‎2.并项求和:形如an=(-1)nf(n)的数列求和,如T2.‎ ‎3.裂项相消求和:‎ 形如,其中{an}是等差数列的求和.如T3.‎ ‎4.错位相减法求和:‎ 形如{an·bn}的数列求和,其中{an},{bn}分别为等差和等比两个不同的数列,如T4.‎ ‎5.含绝对值的数列求和:先去绝对值,再求和,如T6.‎ ‎6.数列的通项的求法 ‎(1)利用an=求通项时,要注意检验n=1的情况.如T5.‎ ‎(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ‎①累加法:适用于形如an+1=an+f(n)的数列;‎ ‎②累乘法:适用于形如=f(n)的数列;‎ ‎③构造法:形如an+1=,可转化为-=,构造等差数列;‎ 形如an+1=pan+q(pq≠0,且p≠1),可转化为an+1+=p,构造等比数列.‎ ‎ 数列中的an与Sn的关系(5年3考)‎ ‎[高考解读] 高考对本点的考查常以an=Sn-Sn-1(n≥2)为切入点,结合等差(比)数列的相关知识求an或Sn.预测2020年会以数列an与Sn的递推关系为载体,加强转化构造能力的考查.‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=________.‎ ‎-63 [因为Sn=2an+1,所以当n=1时,a1=‎2a1+1,解得a1=-1,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以an=2an-1,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,所以S6==-63.]‎ ‎2.(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=________.‎ ‎- [∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,‎ ‎∴Sn+1-Sn=SnSn+1.‎ ‎∵Sn≠0,∴-=1,即-=-1.‎ 又=-1,∴是首项为-1,公差为-1的等差数列.‎ ‎∴=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-.]‎ ‎3.(2013·全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=________.‎ ‎(-2)n-1 [当n=1时,S1=a1+,∴a1=1.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+-=(an-an-1),‎ ‎∴an=-2an-1,即=-2,‎ ‎∴{an}是以1为首项的等比数列,其公比为-2,‎ ‎∴an=1×(-2)n-1,即an=(-2)n-1.]‎ 由Sn与an的关系求an的思路 利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为an的递推关系,再求其通项公式;或者转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n之间的关系,再求an.‎ 提醒:在利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求通项公式时,务必验证n=1时的情形,看其是否可以与n≥2的表达式合并.‎ ‎1.(用累加或累乘法求通项)已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=an,则an=________.‎  [∵Sn=an,且a1=1,‎ ‎∴当n=2时,a1+a2=a2,即a2=‎3a1=3.‎ 又当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=an-an-1,‎ 即an=an-1.‎ ‎∴an=···…··a1‎ ‎=···…·××1=.]‎ ‎2.(用构造法求通项)数列{an}中,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),则数列{Sn}的通项公式为________.‎ Sn=3n-2n [∵an+1=Sn+3n=Sn+1-Sn,‎ ‎∴Sn+1=2Sn+3n,‎ ‎∴=·+,‎ ‎∴-1=,‎ 又-1=-1=-,‎ ‎∴数列是首项为-,公比为的等比数列,‎ ‎∴-1=-×=-,‎ ‎∴Sn=3n-2n.]‎ ‎3.(活用前n项和的定义求通项)数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=2n+1,则数列{an}的通项公式为________.‎ an= [因为a1+a2+a3+…+an=2n+1,‎ 所以a1+a2+a3+…+an-1=2(n-1)+1,‎ 两式相减得an=2,‎ 即an=2n+1,n≥2.‎ 又a1=3,‎ 所以a1=6,‎ 因此an=]‎ ‎ 求数列{an}的前n项和(5年3考)‎ ‎[高考解读] 试题常以递推关系为载体,通过构造或借助等差(比)数列的基本运算,运用方程思想求得an或Sn,再借助裂项法(或分组求和法等)求数列的前n项和,试题难易适中,面向全体,注重双基.预测2020年高考命题风格不变.‎ ‎[重视题](2015·全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,a+2an=4Sn+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.‎ ‎[解](1)由a+2an=4Sn+3,可知 a+2an+1=4Sn+1+3.‎ 两式相减可得a-a+2(an+1-an)=4an+1,‎ 即2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(an+1-an).‎ 由于an>0,可得an+1-an=2.‎ 又a+‎2a1=‎4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.‎ 所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.‎ ‎(2)由an=2n+1可知 bn===.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn ‎= ‎==.‎ ‎[点评] 重视an与Sn关系 条件中是an与Sn关系,根据an与Sn关系式的特点,可以an向Sn转化也可以Sn向an转化,利用的都是在n≥2时,an=Sn-Sn-1,转化后往往构造特殊数列,用到累加、累乘等,从而求出通项. ‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2016·全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.‎ ‎(1)求b1,b11,b101;‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和.‎ ‎[解](1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{an}的通项公式为an=n.‎ b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.‎ ‎(2)因为bn= 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.‎ 数列求和的注意事项 ‎(1)分组求和法求和时,当数列的各项是正负交替时,一般需要对项数n进行讨论.‎ ‎(2)裂项相消法的关键在于准确裂项,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等,把握相消后所剩式子的结构,前面剩几项,后面剩几项.‎ ‎(3)错位相减法中,两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系,求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列.‎ ‎1.(与对数函数交汇考查分组求和)已知数列{an}为等比数列,首项a1=4,数列{bn}满足bn=log2an,且b1+b2+b3=12.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令cn=+an,求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎[解](1)由bn=log2an和b1+b2+b3=12得 log2(a‎1a2a3)=12,‎ ‎∴a‎1a2a3=212.‎ 设等比数列{an}的公比为q,‎ ‎∵a1=4,∴a‎1a2a3=4·4q·4q2=26·q3=212,‎ 计算得q=4.‎ ‎∴an=4·4n-1=4n.‎ ‎(2)由(1)得bn=log24n=2n,‎ cn=+4n=+4n=-+4n.‎ 设数列的前n项和为An,则An=1-+-+…+-=,‎ 设数列{4n}的前n项和为Bn,则Bn==(4n-1),‎ ‎∴Sn=+(4n-1).‎ ‎2.(错位相减法求和)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.‎ ‎(1)求证:数列为等差数列;‎ ‎(2)令bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解](1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得-=1,又=5,所以数列是首项为5,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)可知=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3.‎ 又a1=5也符合上式,所以an=2n+3(n∈N*),‎ 所以bn=(2n+3)2n,‎ 所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n, ①‎ ‎2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1, ②‎ 所以②-①得 Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1)‎ ‎=(2n+3)2n+1-10-=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.‎ ‎3.(含有(-1)nan的并项求和)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=(-1)n-1anan+1,求数列{bn}的前2n项和T2n.‎ ‎[解](1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 由S3+S4=S5,可得a1+a2+a3=a5,‎ 即‎3a2=a5,故3(1+d)=1+4d,解得d=2.‎ ‎∴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).‎ ‎∴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.‎ ‎ 数列中的创新与交汇问题 ‎[高考解读] 应用性问题是数学命题的一个新动向,主要考查考生运用已知知识解决实际问题的能力,试题背景新颖,有较好的区分度.‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(  )‎ A.1盏     B.3盏 C.5盏 D.9盏 B [设塔的顶层的灯数为a1,七层塔的总灯数为S7,公比为q,则由题意知S7=381,q=2,‎ ‎∴S7===381,解得a1=3.‎ 故选B.]‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅰ)‎ 几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(  )‎ A.440      B.330‎ C.220 D.110‎ A [设首项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组的项数为n,前n组的项数和为.‎ 由题意知,N>100,令>100⇒n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.‎ 第n组的各项和为=2n-1,前n组所有项的和为-n=2n+1-2-n.‎ 设N是第n+1组的第k项,若要使前N项和为2的整数幂,则第n+1组的前k项的和2k-1应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),k=log2(n+3)⇒n最小为29,此时k=5,则N=+5=440.故选A.]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)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 C [由题意知:当m=4时,“规范01数列”共含有8项,其中4项为0,4项为1,且必有a1=0,a8=1.不考虑限制条件“对任意k≤‎2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数”,则中间6个数的情况共有C=20(种),其中存在k≤‎2m,a1,a2,…,ak中0的个数少于1的个数的情况有:①若a2=a3=1,则有C=4(种);②若a2=1,a3=0,则a4=1,a5=1,只有1种;③若a2=0,则a3‎ ‎=a4=a5=1,只有1种.综上,不同的“规范01数列”共有20-6=14(种).‎ 故共有14个.故选C.]‎ 与数列有关的综合问题求解策略 ‎(1)对于新信息情境下的数列问题,在读懂题意的前提下,要弄清所考查的问题与哪个知识点有关,在此基础上,借助相关知识寻找求解线索.‎ ‎(2)以数列为背景的不等式恒成立问题,多为不等式恒成立与证明和形式的不等式,在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧,同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用.‎ ‎1.(与函数交汇)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数,且满足f=f(x),f(-2)=-3,数列{an}满足a1=-1,且Sn=2an+n(Sn为{an}的前n项和),则f(a5)+f(a6)=(  )‎ A.3 B.4‎ C.5 D.6‎ A [∵Sn=2an+n,‎ ‎∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1+1,‎ 即an=2an-1-1,‎ 又a1=-1,∴a2=-3,a3=-7,a4=-15,a5=-31,a6=-63.‎ 由f=f(x),得f=-f(x)⇒f(x-3)=f(x),f(x)=f(x+3),∴f(-31)=f(-33+2)=f(2)=3,f(-63)=f(0)=0,‎ ‎∴f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=3.]‎ ‎2.(数列与数学文化)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现,因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*),记其前n项和为Sn,设a2 018=t(t为常数),则S2 016+S2 015-S2 014-S2 013=________.(用t表示)‎ t [由题意可得S2 016+S2 015-S2 014-S2 013=a2 016+a2 015+a2 015+a2 014=a2 017+a2 016=a2 018=t.]‎ ‎3.[重视题](数列与数学归纳法)(2019·浙江高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记cn=,n∈N*,‎ 证明:c1+c2+…+cn<2,n∈N*.‎ ‎[解](1)设数列{an}的公差为d,‎ 由题意得 解得a1=0,d=2,∴an=2n-2,n∈N*.‎ ‎∴Sn=n2-n,n∈N*.‎ ‎∵数列{bn}满足:对每个 n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列,‎ ‎∴(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn),‎ 解得bn=(S-SnSn+2),‎ 解得bn=n2+n,n∈N*.‎ ‎(2)证明:cn===,n∈N*,‎ 用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时不等式成立,‎ 即c1+c2+…+ck<2,‎ 那么当n=k+1时,‎ c1+c2+…+ck+ck+1<2+<2+<2+=2+2(-)=2,‎ 即当n=k+1时,不等式也成立.‎ 由①②得c1+c2+…+cn<2,n∈N*.‎
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