第2部分 专题2 第2讲　数列求和与综合问题 课件（共64张PPT）

专题二数列第2讲数列求和与综合问题第二部分核心专题师生共研考点1数列中an与Sn的关系01高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.－63[法一：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＝－1×1－261－2＝－63.法二：由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－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＝________.－1n[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴1Sn－1Sn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1.又1S1＝－1，∴1Sn是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－1n.]3．(2021·全国卷乙)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn＋1bn＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．[解](1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝bnbn－1，代入2Sn＋1bn＝2可得，2bn－1bn＋1bn＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12(n≥2)．又2S1＋1b1＝3b1＝2，所以b1＝32，故{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝n＋22，则2Sn＋2n＋2＝2，所以Sn＝n＋2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝32，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n＋1－n＋1n＝－1nn＋1.故an＝32，n＝1－1nn＋1，n≥2.命题规律：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.考查形式一般以客观题为主，分值5分，难度较小．通性通法：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．[以an与Sn的关系为载体求通项]已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝n＋23an，则an＝________.nn＋12[∵Sn＝n＋23an，且a1＝1，∴当n＝2时，a1＋a2＝2＋23a2，即a2＝3a1＝3.又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋23an－n＋13an－1，即an＝n＋1n－1an－1.∴an＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a2a1·a1＝n＋1n－1·nn－2·n－1n－3·…·42×31×1＝nn＋12.n＝1时，等式成立，∴an＝nn＋12(n∈N*)．]2．[以an与Sn的关系为载体求Sn]数列{an}中，前n项和为Sn，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，∴Sn＋13n＋1＝23·Sn3n＋13，∴Sn＋13n＋1－1＝23Sn3n－1，又S13－1＝13－1＝－23，∴数列Sn3n－1是首项为－23，公比为23的等比数列，∴Sn3n－1＝－23×23n－1＝－23n，∴Sn＝3n－2n.]3．[以前n项和的定义为载体]已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝2n(n∈N*)，则下列结论中正确的是________(填序号)．①{an}为等比数列；②a5＝16；③数列{an}的前n项和Sn＝2n；④{log2an＋1}为等差数列．②③④[由a1＋a2＋…＋an＝2n得Sn＝2n，故③正确．当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2n－1，可得an＝2n－1，所以an＝2，n＝1，2n－1，n≥2，所以数列{an}不是等比数列，故①错误．易知a5＝24＝16，故②正确．因为log2an＋1＝log22n＝n，所以易知{log2an＋1}为等差数列，故④正确．故填②③④.]考点2数列求和02高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．[解](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，所以{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)记an2n＋1的前n项和为Sn.由(1)知an2n＋1＝22n＋12n－1＝12n－1－12n＋1，则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.2．(2021·全国卷乙)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝nan3.已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜Sn2.[解](1)设{an}的公比为q(q≠0)，则an＝qn－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，故an＝13n－1，bn＝n3n.(2)由(1)知Sn＝1－13n1－13＝321－13n，Tn＝13＋232＋333＋…＋n3n①，13Tn＝132＋233＋334＋…＋n－13n＋n3n＋1②，①－②得23Tn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝131－13n1－13－n3n＋1＝121－13n－n3n＋1，整理得Tn＝34－2n＋34×3n，则2Tn－Sn＝234－2n＋34×3n－321－13n＝－n3n＜0，故Tn＜Sn2.3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.[解](1)设等比数列{an}首项为a1，公比为q(q1)．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝12(舍去)，q＝2，a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.命题规律：高考试题常以等差(比)数列的基本运算为载体，以解答题的形式考查数列的前n项和的计算，难易适中，分值12分．通性通法：数列求和的注意事项(1)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②根据正号、负号分组．(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．[含有(－1)nan的求和问题]设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝n2＋n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知数列{bn}满足bn＝(－1)n－12n＋1anan＋1，求数列{bn}的前2n项和T2n.[解](1)由Sn＝n2＋n，可得n＝1时，a1＝S1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－n＋1＝2n，上式对n＝1也成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.(2)bn＝(－1)n－12n＋1anan＋1＝(－1)n－1·2n＋12n·2n＋1＝－1n－141n＋1n＋1，所以T2n＝141＋12－12＋13＋13＋14－…＋12n－1＋12n－12n＋12n＋1＝141－12n＋1＝n4n＋2.2．[新数列的求和问题]已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数．(1)求r的值；(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．[解](1)因为Sn＝2n＋r，所以当n＝1时，S1＝a1＝2＋r.当n＝2时，S2＝a1＋a2＝4＋r，故a2＝2.当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝8＋r，故a3＝4.因为{an}是等比数列，所以a22＝a1a3，化简得2＋r＝1，解得r＝－1，此时Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝1满足上式，所以an＝2n－1，所以r＝－1满足题意．(2)因为an＝2n－1，所以bn＝2(1＋log2an)＝2n.因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(b1＋b2＋b3＋…＋b107)－(a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8)＝107×2＋2142－21－271－2＝11302.3．[错位相减法求和]在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，求数列bnan的前n项和Sn.[解]因为a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.选①②时，设数列{bn}的公差为d1.因为a2＝3，所以b1＋b2＝3(ⅰ)．因为b2n＝2bn＋1，所以当n＝1时，b2＝2b1＋1(ⅱ)．由(ⅰ)(ⅱ)解得b1＝23，b2＝73，所以d1＝53，所以bn＝5n－33.所以bnan＝5n－33n.所以Sn＝b1a1＋b2a2＋…＋bnan＝231＋732＋1233＋…＋5n－33n.所以13Sn＝232＋733＋1234＋…＋5n－83n＋5n－33n＋1.上面两式相减，得23Sn＝23＋5132＋133＋…＋13n－5n－33n＋1＝23＋56－152×3n＋1－5n－33n＋1＝32－10n＋92×3n＋1.所以Sn＝94－10n＋94×3n.选②③时，设数列{bn}的公差为d2.因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d2＝3.因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即(b1＋d2)2＝b1(b1＋3d2)，化简得