2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题2 数列 第2讲 数列求和与综合应用教案 文

-1-第2讲数列求和与综合应用[做小题——激活思维]1．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝()A．2nB．2n－1C．2nD．2n－1[答案]C2．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A．9B．8C．17D．16A[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]3．数列{an}中，an＝1nn＋1，若{an}的前n项和为20192020，则项数n为()A．2016B．2017C．2018D．2019D[an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝20192020，所以n＝2019.]4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________．2n＋1＋n2－2[Sn＝21－2n1－2＋n1＋2n－12＝2n＋1－2＋n2.]5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.(n－1)2n＋1＋2[Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝21－2n1－2－n×2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.][扣要点——查缺补漏]1．数列通项的求法(1)利用an与Sn的关系-2-利用an＝Sn，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2求通项时，要注意检验n＝1的情况．如T1.(2)根据数列的递推关系求通项的常用方法①累加(乘)法形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；形如an＋1an＝f(n)的数列，可用累乘法．②构造数列法形如an＋1＝nanman＋n，可转化为1an＋1－1an＝mn，构造等差数列1an；形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋qp－1＝pan＋qp－1构造等比数列an＋qp－1.2．数列求和的常用方法(1)倒序相加法；(2)分组求和法，如T4；(3)错位相减法，如T5；(4)裂项相消法，如T3；(5)并项求和法，如T2.数列中an与Sn的关系(5年3考)[高考解读]高考对该部分内容的考查主要是an与Sn的转化以及递推关系式的转化应用，难度偏大.角度一：利用an与Sn的关系求通项an或Sn1．[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.切入点：Sn＝2an＋1，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为项的关系式或和的关系式．关键点：利用an与Sn的关系，借助Sn＝2an＋1构造新数列．－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，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.-3-所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：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＝－11－261－2＝－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＝________.切入点：an＋1＝SnSn＋1.关键点：利用an＋1＝Sn＋1－Sn将条件转化．－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.]角度二：利用递推公式求通项an3．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．切入点：a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.关键点：利用a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0判断出数列{an}的性质．[解](1)由题意可得a2＝12，a3＝14.(2)由a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以an＋1an＝12.故{an}是首项为1，公比为12的等比数列，因此an＝12n－1.[教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________.-4-12[∵an＋1＝11－an，∴an＋1＝11－an＝11－11－an－1＝1－an－11－an－1－1＝1－an－1－an－1＝1－1an－1＝1－111－an－2＝1－(1－an－2)＝an－2，∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3.∴a8＝a3×2＋2＝a2＝2.而a2＝11－a1，∴a1＝12.]2．(2014·湖南高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12n－12＝n.当n＝1时，a1＝1也适合上式．故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)．(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.由含an与Sn的关系式求an，应注意以下3点注意分n＝1和n≥2两种情况处理，特别要注意使用an＝Sn－Sn－1时需n≥2；由Sn－Sn－1＝ann推得an，当n＝1时，a1也符合“an式”，则需“合写”通项公式；-5-由Sn－Sn－1＝ann推得an，当n＝1时，a1不符合“an式”，则数列的通项公式应分段表示，即an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.1．(由an与Sn之间的关系式求an)(2019·合肥质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2018＝()A．22018－1B．32018－6C.122018－72D.132018－103A[∵3Sn＝2an－3n，∴当n＝1时，3S1＝3a1＝2a1－3，∴a1＝－3.当n≥2时，3an＝3Sn－3Sn－1＝(2an－3n)－(2an－1－3n＋3)，∴an＝－2an－1－3，∴an＋1＝－2(an－1＋1)，∴数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴an＋1＝－2×(－2)n－1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，∴a2018＝(－2)2018－1＝22018－1，故选A.]2．(由an与Sn的关系求an)数列{an}满足12a1＋122a2＋123a3＋…＋12nan＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．an＝6，n＝1，2n＋1，n≥2[由12a1＋122a2＋123a3＋…＋12nan＝2n＋1，得12a1＋122a2＋123a3＋…＋12nan＋12n＋1an＋1＝2(n＋1)＋1，两式相减，得12n＋1an＋1＝2，即an＝2n＋1(n≥2)．又12a1＝3，即a1＝6，不符合上式，所以an＝6，n＝1，2n＋1，n≥2.]3．(综合应用)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1an的前n项和为Tn，求Tn.[解](1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.-6-又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.(2)由(1)得1an＝12n.所以Tn＝12＋122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.数列的求和问题(5年2考)[高考解读]高考对数列求和的考查主要是等差数列、等比数列的求和.而对于裂项相消法和错位相减法求和的要求较低，考查频率也较低.角度一：裂项相消法求和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．切入点：利用a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n求an.关键点：将an2n＋1分裂为两项的差．[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＝22n＋12n－1＝12n－1－12n＋1，-7-则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.角度二：错位相减法求和2．(2014·全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n的前n项和．切入点：①a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根；②{an}是递增的等差数列．关键点：根据题目条件正确求出{an}的通项公式；用错位相减法求和．[解](1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝12，从而a1＝32.所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.(2)设an2n的前n项和为Sn.由(1)知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2.两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n＋1－n＋22n＋2＝34＋141－12n－1－n＋22n＋2.所以Sn＝2－n＋42n＋1.[教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解](1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，-8-由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得