浙江高考数学二轮复习专题三数列与不等式第2讲数列的求和问题学案

第2讲数列的求和问题[考情考向分析]数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．热点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．例1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＝2nb(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若数列{}cn满足cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1，求数列{}cn的前n项和Sn.解(1)设等比数列{an}的公比为q，且q0，由an0，a1a3＝4，得a2＝2，又a3是a2－2与a4的等差中项，故2a3＝a2－2＋a4，∴2·2q＝2－2＋2q2，∴q＝2或q＝0(舍)．∴an＝a2qn－2＝2n－1，∴an＋1＝2n＝2nb，∴bn＝n(n∈N*)．(2)由(1)得，cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1＝2n＋12n－12n＋1＝2n＋1212n－1－12n＋1，∴数列{}cn的前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＋121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝21－2n1－2＋121－12n＋1＝2n＋1－2＋n2n＋1(n∈N*)．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{}bn－an为等比数列(n∈N*)．(1)求数列{an}和{}bn－an的通项公式；(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＋4×32d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．设{}bn－an的公比为q，则b4－a4＝()b1－a1q3，所以q3＝b4－a4b1－a1＝88－74－1＝27，得q＝3，所以bn－an＝()4－1×3n－1＝3n(n∈N*)．(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝3()1－3n1－3＋n()1＋2n－12＝32()3n－1＋n2＝3n＋12＋n2－32(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已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－an2＝32n＋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＝bn2n，代入an＋1－an2＝32n＋1得bn＋12n＋1－bn2n＋1＝32n＋1，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b12＝b38，即b12＝b1＋68，所以b1＝2，所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．(2)由bn＝3n－1，得an＝bn2n＝3n－12n，所以Sn＝22＋522＋823＋…＋3n－12n，12Sn＝222＋523＋824＋…＋3n－12n＋1，两式相减得12Sn＝1＋3122＋123＋…＋12n－3n－12n＋1＝52－3n＋52n＋1，所以Sn＝5－3n＋52n(n∈N*)．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已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋12an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝32a1，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)当n＝1时，a1＋12a1＝1，a1＝23，当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－12an－1，Sn－Sn－1＝12()an－1－an，所以an＝13an－1(n≥2)，所以{an}是以23为首项，13为公比的等比数列，所以an＝23×13n－1＝2×13n.由b1＝1，又b25＝b2b14，得()1＋4d2＝()1＋d()1＋13d，d2－2d＝0，因为d≠0，所以d＝2，所以bn＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)得cn＝4n－23n，则Tn＝23＋632＋1033＋…＋4n－23n，①13Tn＝232＋633＋1034＋…＋4n－63n＋4n－23n＋1，②①－②得，23Tn＝23＋4132＋133＋…＋13n－4n－23n＋1，＝23＋4×19－13n＋11－13－4n－23n＋1＝43－23n－4n－23n＋1，所以Tn＝2－2n＋23n(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1anan＋1或1anan＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．例3已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(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＝an＋1()an＋1()an＋1＋1.若数列{}cn的前n项和为Tn，且对任意n∈N*满足Tnλ2＋23λ，求实数λ的取值范围．解(1)∵Sn＝a()Sn－an＋1，∴n＝1时，a1＝a.n≥2时，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，∴Sn－Sn－1＝an＝a(Sn－Sn－1)－aan＋aan－1，∴an＝aan－1，即anan－1＝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，∴b22＝b1b3，即(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)，解得a＝12.(3)由(2)知cn＝12n＋112n＋112n＋1＋1＝2n2n＋12n＋1＋1＝12n＋1－12n＋1＋1，∴Tn＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n＋1－12n＋1＋1＝13－12n＋1＋113，∴13≤λ2＋23λ，解得λ≥13或λ≤－1.即实数λ的取值范围是13，＋∞∪(－∞，－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1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2；②1nn＋1＝1n－1n＋1，1nn＋k＝1k1n－1n＋k；③12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；④1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2＝121n－2n＋1＋1n＋2；⑤1n＋n＋1＝n＋1－n，1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．跟踪演练3已知数列{an}为递增数列，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a2n－2Sn－1＋1()n≥2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝1an·an＋1，其前n项和为Tn，若Tn919成立，求n的最小值．解(1)由2Sn＝a2n－2Sn－1＋1知，2Sn－1＝a2n－1－2Sn－2＋1()n≥3，两式相减得，2an＝a2n－a2n－1－2an－1，即2()an＋an－1＝()an－an－1()an＋an－1，又数列{an}为递增数列，a1＝1，∴an＋an－10，∴an－an－1＝2()n≥3，又当n＝2时，2()a1＋a2＝a22－2a1＋1，即a22－2a2－3＝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＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝1211－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1，又∵Tn919，即121－12n＋1919，解得n9，又n∈N*，∴n的最小值为10.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k＝1n1Sk＝________.答案2nn＋1(n∈N*)解析设等差数列{an}的公差为d，由a3＝a1＋2d＝3，S4＝4a1＋4×32d＝10，得a1＝1，d＝1.∴Sn＝n×1＋nn－12×1＝nn＋12，1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1.∴k＝1n1Sk＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2nn＋1(n∈N*)．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，又b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q0，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(n∈N*)．所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*)．(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，③4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝3n－23×4n＋1＋83(n∈N*)．所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83(n∈N*)．押题预测1．已知数列{an}的通项公式为an＝n＋22nnn＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有SnM恒成立，则M的最小值为________．押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，