2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题二 数列 第2讲 数列的求和及综合应用课件 理

专题二数列第2讲数列的求和及综合应用1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．解析：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)，即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.故S6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案：－632．(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，①故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2)，又n＝1时，a1＝2适合上式，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＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.3．(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满足cn＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(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.依题意，得3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝n×3＋n（n－1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－3（1－3n）1－3＋n×3n＋1＝（2n－1）3n＋1＋32.所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3（2n－1）·3n＋1＋92＝（2n－1）·3n＋2＋6n2＋92.从近年高考看，本讲主要考查的内容：(1)以等差(比)数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和的基本方法．主要以解答题的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交汇．【例1】设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝bn＋1TnTn＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值．解：(1)因为an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，两式相减，得an＋1＝－14an.又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－14，所以数列{an}是公比、首项均为－14的等比数列．所以数列{an}的通项公式为an＝－14n.(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，cn＝bn＋1TnTn＋1＝2n＋1n2（n＋1）2＝1n2－1（n＋1）2，所以An＝1－1（n＋1）2.因此{An}是单调递增数列，所以当n＝1时，An有最小值A1＝1－14＝34；An没有最大值．[思维升华]1．给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.2．形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．[变式训练](2019·广东茂名一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an，n＝2k－1，log2an，n＝2k，k∈N*，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：(1)由Sn＝2an－2，①得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，②①－②得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)，由a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n.(2)bn＝2n，n＝2k－1，n，n＝2k，k∈N*.T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(2＋23＋25＋…＋2n－1)＋(2＋4＋6＋…＋2n)＝2×（1－4n）1－4＋（2＋2n）×n2＝－23＋23×4n＋n2＋n.热点2数列求和(多维探究)数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有倒序相加、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组转化求和．裂项相消法和错位相减法是常用的两种方法．(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．(2)错位相减法：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．(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如canan＋1(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．温馨提醒：裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误．角度分组转化求和【例2】(2019·佛山一中检测)已知数列{an}是等差数列，且a8＝1，S16＝24.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若数列{bn}是递增的等比数列且b1＋b4＝9，b2b3＝8，求(a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1)．解：(1)由已知得a1＋7d＝1，2a1＋15d＝3，所以a1＝－6，d＝1.所以an＝－6＋(n－1)×1＝n－7.(2)因为数列{bn}是递增的等比数列，由b2b3＝8，得b1b4＝8.①又b1＋b4＝9，②联立①②得b1＝1，b4＝8.因此公比q＝2，则bn＝2n－1.所以(a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1)＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b1＋b3＋…＋b2n－1)＝(－6－4－2＋…＋2n－8)＋(1＋4＋16＋…＋4n－1)＝n（－6＋2n－8）2＋1－4n1－4＝n2－7n＋4n－13.[思维升华]1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n的奇偶进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式．2．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．[变式训练](2019·湖北名校联考)在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝1an＋2log2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意，2a2＝a1＋a3－2，即4q＝2＋2q2－2，则q＝2.所以an＝a1·qn－1＝2n，n∈N*.(2)bn＝12n＋2log22n－1＝12n＋2n－1.所以Sn＝12＋14＋…＋12n＋(1＋3＋…＋2n－1)＝121－12n1－12＋n（1＋2n－1）2＝1－12n＋n2.角度裂项相消法求和【例3】设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为32(a1＋a2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝log3a2n－1，数列{bn}的前n项为Sn，数列{cn}满足cn＝14Sn－1，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)．由题意a2＋a3＝3(a1＋a2)，得a4＝a1q3＝81，a1q＋a1q2＝3（a1＋a1q）.解之得a1＝q＝3.所以an＝a1qn－1＝3n.(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，Sn＝n（b1＋bn）2＝n[1＋（2n－1）]2＝n2，所以cn＝14n2－1＝1212n－1－12n＋1，所以Tn＝12[1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1]＝n2n＋1.[思维升华]1．裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[变式训练]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝8，a3＋a8＝2a5＋2.(1)求an；(2)设数列{1Sn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜34.(1)解：设数列{an}的公差为d，由题设得2a1＋d＝8，2a1＋9d＝2a1＋8d＋2，解得a1＝3，d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)证明：由(1)知an＝2n＋1，所以Sn＝n（3＋2n＋1）2＝n2＋2n.则1Sn＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2.所以Tn＝12[1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2]＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)＜12×32＝34.角度错位相减法求和【例4】(2019·广东湛江一模)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a2＝0，b2＝1，且a2＝b3，a4＝b4.(1)求an和bn；(2)求数列{nbn}的前n项和Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.因为a2＝0，b2＝1，且a3＝b3，a4＝b4.所以0＋d＝q，0＋2d＝q2，解得q＝d＝2.因此an＝a2＋(n－2)d＝0＋2(n－2)＝2n－4，bn＝b2·qn－2＝1×2n－2＝2n－2.(2)由(1)知nbn＝n·2n－2，则Sn＝1·2－1＋2·20＋3·21＋4·22＋…＋n·2n－2，所以2Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1.两式相减得－Sn＝12＋1＋2＋22＋……＋2n－2－n·2n－1＝12（1－2n）1－2－n·2n－1，因此Sn＝12－2n－1＋n·2n－1＝(n－1)·2n－1＋12.[思维升华]1．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．2．在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．[变式训练](2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公比为q，由题意知a1（1＋q）＝6，a21q＝a1q2，又an0，解得