2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题三 数列 第2讲 数列求和及综合应用课件

第2讲数列求和及综合应用高考总复习大二轮数学[考情考向·高考导航]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．[真题体验]1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.当n≥2时，Sn＝2an＋1①Sn－1＝2an－1＋1②①－②得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1即anan－1＝2，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，∴S6＝－11－261－2＝－63.答案：－632．(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＋32＝2n－13n＋2＋6n2＋92(n∈N*)．[主干整合]1．数列通项(1)数列通项an与前n项和Sn的关系，an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2.(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误．2．数列求和(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．热点一求数列的通项公式[例1](1)(2020·临沂模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n，则an等于()A．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnn(2)(2020·成都模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝12，Sn＝n2an(n∈N)．则数列{an}的通项公式为____________．[解析](1)由已知，an＋1－an＝lnn＋1n，a1＝2，所以an－an－1＝lnnn－1(n≥2)，an－1－an－2＝lnn－1n－2，…a2－a1＝ln21，将以上n－1个式子叠加，得an－a1＝lnnn－1＋lnn－1n－2＋…＋ln21＝lnnn－1·n－1n－2·…·21＝lnn.所以an＝2＋lnn(n≥2)，经检验n＝1时也适合．故选A.(2)由Sn＝n2an，(ⅰ)得当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得an＝n2an－(n－1)2an－1(n≥2，n∈N*)，所以(n＋1)an＝(n－1)an－1，即anan－1＝n－1n＋1(n≥2)，因为a1·a2a1·a3a2·a4a3·…·anan－1＝12×13×24×35·…·n－1n＋1＝1nn＋1，又a1＝12，符合上式，所以an＝1nn＋1.[答案](1)A(2)an＝1nn＋11．数列{an}中，an与Sn的关系an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.(3)在已知数列{an}中，满足an＋1an＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累积法求数列的通项an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．(1)数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足2ananSn－S2n＝1(n≥2)．则数列{an}的通项公式为________________．解析：由已知，当n≥2时，2ananSn－S2n＝1，所以2Sn－Sn－1Sn－Sn－1Sn－S2n＝1，即2Sn－Sn－1－Sn－1Sn＝1，所以1Sn－1Sn－1＝12.又S1＝a1＝1，所以数列1Sn是首项为1，公差为12的等差数列．所以1Sn＝1＋12(n－1)＝n＋12，即Sn＝2n＋1.所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝－2nn＋1.因此an＝1，n＝1，－2nn＋1，n≥2.答案：an＝1，n＝1，－2nn＋1，n≥2.(2)各项均不为0的数列{an}满足an＋1an＋an＋22＝an＋2an(n∈N*)，且a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．解析：因为an＋1an＋an＋22＝an＋2an，所以an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an.因为anan＋1an＋2≠0，所以1an＋2＋1an＝2an＋1，所以数列1an为等差数列．设数列1an的公差为d，则1a8＝1a3＋(8－3)d.因为a3＝2a8＝15，所以d＝1，又1a1＝1a3－2d＝3，所以数列1an是以3为首项，1为公差的等差数列．∴1an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝1n＋2.答案：an＝1n＋2热点二数列求和问题裂项相消法求和[例2－1](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证明∑n,k＝1Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2n＋2n＋2－2(n∈N*)．[解](1)设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为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.(2)①由(1)，有Sn＝1－2n1－2＝2n－1，故Tn＝2×1－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.②证明：因为Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2k＋1－k－2＋k＋2kk＋1k＋2＝k·2k＋1k＋1k＋2＝2k＋2k＋2－2k＋1k＋1，所以，∑n,k＝1Tk＋bk＋2k＋1k＋2＝233－222＋244－233＋…＋2n＋2n＋2－2n＋1n＋1＝2n＋2n＋2－2.错位相减法求和[例2－2](2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q1，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)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q＋1q＝20，解得q＝2或q＝12，因为q＞1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.由cn＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1.由(1)可得，an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·12n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)·12n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·12n－2＋(4n－9)·12n－3＋…＋7·12＋3.设Tn＝3＋7·12＋11·122＋…＋(4n－5)·12n－2，n≥2，12Tn＝3·12＋7·122＋…＋(4n－9)·12n－2＋(4n－5)·12n－1，所以12Tn＝3＋4·12＋4·122＋…＋4·12n－2－(4n－5)·12n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)·12n－2，n≥2，又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·12n－2.数列求和的常用方法1．利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若{an}是等差数列且an≠0，则1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1.2．用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．3．并项求和法一个数列的前n项和可两两结合求解，则称为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用并项求和．(1)(2020·长沙模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.设bn＝n＋1n＋22a2n，数列{bn}的前n项和为____________________．解析：由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，由于{an}是正项数列，所以Sn＋1＞0.所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．∴an＝2n(n∈N*)．即bn＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22＝1161＋122－1n＋12－1n＋22答案：1161＋14－1n＋12－1n＋22(2)已知an＝3，n＝1，3n－1，n＞1，若数列{bn}满足anbn＝log3an，则数列{bn}的前n项和为___________