【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题四 数列 第2讲 数列求和及综合应用课件 文_图文


第2讲 数列求和及综合应用

考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析

考向分析
考情纵览
年份 2011 考点 求通项 公式 数列 求和 数列综 合应用 17 12 2012 Ⅰ 17(1) 17(2) 2013 Ⅱ 17(1) 17(2) Ⅰ 17(1) 17(2) 5 16 2014 Ⅱ Ⅰ 2015 Ⅱ

真题导航
1.(2013 新课标全国卷Ⅰ,文 17)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式;

解:(1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+

n(n ? 1) d. 2

?3a1 ? 3d ? 0, 由已知可得 ? ?5a1 ? 10d ? ?5.
解得 a1=1,d=-1. 故{an}的通项公式为 an=2-n.

(2)求数列{

1 }的前 n 项和. a2 n ?1a2 n ?1

解: (2)由(1)知

1 1 = a2n ?1a2n ?1 (3 ? 2n)(1 ? 2n)

=

1 1 1 ( ), 2 2n ? 3 2n ? 1

1 从而数列( )的前 n 项和为 a2n ?1a2n ?1
1 1 1 1 1 1 1 n ( - + - +…+ )= . 2n ? 3 2n ? 1 1 ? 2n 2 ?1 1 1 3

1 1 2.(2011 新课标全国卷,文 17)已知等比数列{an}中,a1= ,公比 q= . 3 3

(1)Sn 为{an}的前 n 项和,证明:Sn=

1 ? an ; 2

(2)设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式. 1 1 1 (1 ? n ) 1 ? n 1 1 n-1 1 3 , 3 = (1)证明:因为 an= ×( ) = n ,所以 Sn= 3 1 3 3 3 2 1? 3
1 ? an 所以 Sn= . 2

(2)解:bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+3+…+n)=所以{bn}的通项公式 bn=n(n ? 1) . 2

n(n ? 1) , 2

备考指要
1.怎么考

(1)考查角度:①以递推公式为背景求通项公式或前n项和,这类问题还常与
函数的性质(如周期性质)综合命题; ②以等差数列、等比数列为背景构造新数列,利用分组转化、裂项相消、 错位相减法求和; ③根据条件构造等差、等比数列,求通项公式或前n项和. (2)题型及难易度:选择题、填空题、解答题,中档题. 2.怎么办

(1)掌握由递推公式求通项的常见类型及方法(如累加法、累积法、构造等
比数列法、已知Sn求an等),注意周期数列. (2)掌握数列求和的常用方法及其适用类型.(如裂项相消法、分组求和法、 错位相减法等.

核心整合
1.数列综合问题一般先求数列的通项公式,这是做好该类题的关键.若 是等差数列或等比数列,则直接运用公式求解,否则常用下列方法求解:
? S1 (n ? 1), (1)an= ? ? S n ? S n ?1 (n ? 2).
(2)递推关系形如an+1-an=f(n),常用累加法求通项.

an ?1 (3)递推关系形如 =f(n),常用累乘法求通项. an
(4)递推关系形如“an+1=pan+q(p,q是常数,且p≠1,q≠0)”的数列求通项, 此类通项问题,常用待定系数法.可设an+1+λ =p(an+λ ),经过比较,求得λ ,

则数列{an+λ }是一个等比数列.

2.数列求和常用的方法 (1)分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成 cn=an+bn 形式的数 列求和问题的方法(其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求 和的数列).
(2)裂项相消法:将数列的通项分成两个代数式子的差,即 an=f(n+1)f(n)的形式,然后通过累加抵消中间若干项的求和方法.形如{ (其中{an}是各项均不为 0 的等差数列,c 为常数)的数列等.
(3)错位相减法:形如{an·bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数
c } an an ?1

列求和,一般分三步:①巧拆分;②构差式;③求和.

(4)倒序求和法:距首尾两端等距离的两项和相等,可以用此法,一般步骤: ①求通项公式;②定和值;③倒序相加;④求和;⑤回顾反思. (5)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求Sn.

热点精讲
热点一
求数列的通项

【例 1】 (1)(2015 云南第二次检测)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,如果 Sn=3an-2,那么数列{an}的通项公式为 an=
解析:(1)当 n=1 时,a1=S1=3a1-2,所以 a1=1. 当 n≥2 时,Sn-1=3an-1-2 ① 又 Sn=3an-2 ② ②-①得 an=3an-3an-1 所以
an 3 = . an ?1 2
3 3 的等比数列.所以 an=a1qn-1=( )n-1. 2 2

.

所以数列{an}是以 a1=1 为首项,公比 q=

答案:(1)(

3 n-1 ) 2

(2)(2015 太原市模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an-an+1= 则 an = .

2an an ?1 (n∈N*), n(n ? 1)

解析:(2)因为 an-an+1=
?

2an an ?1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 ,所以 - = .所以 - = , - = , n(n ? 1) an ?1 an n(n ? 1) a2 a1 1 ? 2 a3 a2 2 ? 3

1 1 2 = , an an ?1 n(n ? 1)

所以以上各式相加得 =2(1-

1 1 2 2 2 - = + +… + an a1 1 ? 2 2 ? 3 n(n ? 1)

1 1 1 1 1 1 1 2 2 n + - +… + - )=2(1- ).所以 =2- +1=3- ,所以 an= . an 2 2 3 n ?1 n n n n 3n ? 2

答案: (2)

n 3n ? 2

方法技巧

(1)利用Sn与an的关系求通项公式:

通过纽带:an=Sn-Sn-1(n≥2),消掉an或Sn求解.如需消掉Sn,可以利用已知递 推式,把n换成(n+1)得到新递推式,两式相减即可.若要消掉an,只需把

an=Sn-Sn-1代入递推式即可.不论哪种形式,需要注意公式an=Sn-Sn-1成立的
条件n≥2.因此要验证n=1是否成立,若不成立写成分段形式. (2)由递推关系求通项公式的三种类型及方法: ①对形如 an+1=an+f(n)(f(n)是可以求和的)的递推式求通项公式时,常用累加
法,巧妙求出 an-a1 与 n 的关系式. ②对形如 an+1=anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推式求通项公式时,常用累乘法, 巧妙求出
an 与 n 的关系式. a1

③对形如 an+1=kan+b(k≠1,b≠0)(其中 k,b 为常数)的递推式求通项公式时,可
b ? ? 以构造等比数列 ?an ? ? ,先求出该等比数列的通项公式,再求 an. k ? 1? ?

热点二

求数列的前n项和

【例 2】 (1)(2015 贵州适应性考试)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1, 点(Sn,Sn+1)在直线 2x-y+1=0 上. ①求证:数列{Sn+1}是等比数列; ②设 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
(1)①证明:根据题意,有2Sn-Sn+1+1=0, 整理得Sn+1+1=2(Sn+1), 又S1+1=a1+1=2, 所以数列{Sn+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.

②解:由①可知,Sn+1=2×2 =2 ,即 Sn=2 -1(n∈N ), n-1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2 , 经检验,当 n=1 也成立, n-1 所以 an=2 , 则 bn=n·2n-1(n∈N*) Tn=b1+b2+b3+…+bn Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1(*) 2Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n(**) (*)-(**)得-Tn=2 +2 +2 +…+2 -n×2 ,
20 (1 ? 2 n ) n -Tn= -n×2 1? 2
0 1 2 n-1 n

n-1

n

n

*

=2 -1-n×2 . 所以 Tn=1+(n-1)×2n.

n

n

(2)(2015 广西南宁二模)在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且 2a1,a3,3a2 成等差数列. ①求等比数列{an}的通项公式; ②若数列{bn}满足 bn=(n+2)log2an,求数列{
1 }的前 n 项和 Tn. bn

解:(2)①设数列{an}的公比为 q, 因为 2a1,a3,3a2 成等差数列, 2 2 所以 2a1+3a2=2a3,2a1+3a1q=2a1q ,2q -3q-2=0, 解得 q=2 或 q=1 . 2

因为 q>0,所以 q=2. 因为 a1=2, n-1 n 所以数列{an}的通项公式 an=a1q =2 ,n∈N.

②因为 bn=(n+2)log2an=n(n+2),
1 1 1 1 1 = = ( ), bn n(n ? 2) 2 n n ? 2

Tn =

1 1 1 1 + +…+ + b1 b2 bn ?1 bn

1 1 1 1 1 1 = [(1- )+( - )+( - )+… 2 3 2 4 3 5

+( = =

1 1 1 1 1 1 - )+( )+( )] n?2 n n ?1 n ?1 n n?2

1 1 1 1 (1+ ) 2 2 n ?1 n ? 2

2n ? 3 3 . 2 4 2(n ? 3n ? 2)

方法技巧

(1)错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对

应项的乘积构成的数列的求和.

(2)裂项相消法:即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几
? ? c ? ? 项,可求和.适用于数列 ? ? 的求和,其中{an}是各项不为 0 的等差数 ? ? an an ?1 ? ?

列,c 为常数. 常用裂项公式: ① ②
1 1 1 = ; n(n ? 1) n n ? 1 1 1 1 1 = ( ); n( n ? k ) k n n ? k



1 1 1 1 = [ ]; n(n ? 1)(n ? 2) 2 n(n ? 1) (n ? 1)( n ? 2)

n 1 1 ④ = ; (n ? 1)! n! (n ? 1)!



1 = n ?1 - n ; n ?1 ? n

⑥若{an}是公差为 d 的等差数列, 则
1 1 1 1 = ( ). an an ?1 d an an ?1

(3)分组求和法:适用于由等差数列和等比数列的和(或差)构成的数列.

举一反三 2 1:(2015 福建卷)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 2an ? 2 +n,求 b1+b2+b3+…+b10 的值.

解:(1)设等差数列{an}的公差为 d.
?a1 ? d ? 4, ?a1 ? 3, 由已知得 ? 解得 ? ?d ? 1. ?(a1 ? 3d ) ? (a1 ? 6d ) ? 15,

所以 an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得 bn=2 +n, 所以 b1+b2+b3+…+b10 =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) 2 3 10 =(2+2 +2 +…+2 )+(1+2+3+…+10)
2 ? (1 ? 210 ) (1 ? 10) ? 10 11 = + =2 +53=2101. 1? 2 2
n

热点三

数列的综合问题
x

【例 3】 (2014 四川卷)设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2 的图象上(n∈N ). (1)证明:数列{bn}为等比数列;
*

(1)证明:由已知,bn= 2an >0.
bn ?1 当 n≥1 时, = 2an?1 ? an =2d. bn

所以,数列{bn}是首项为 2a1 ,公比为 2 的等比数列.
d

(2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在 x 轴上的截距为 22 求数列{an bn }的前 n 项和 Sn.

1 , ln 2

(2)解:函数 f(x)=2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y- 2a2 =( 2a2 ln 2)(x-a2), 它在 x 轴上的截距为 a21 1 1 .由题意,a2=2,解得 a2=2. ln 2 ln 2 ln 2

所以,d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,an bn2 =n·4n. 于是,Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)·4n-1+n·4n, 4Sn=1×4 +2×4 +…+(n-1)·4 +n·4 .
4 n ?1 ? 4 (1 ? 3n)4 n ?1 ? 4 n+1 因此,Sn-4Sn=4+4 +…+4 -n·4 = -n·4 = . 3 3
2 n n+1 2 3 n n+1

(3n ? 1)4 n ?1 ? 4 所以,Sn= . 9

方法技巧

数列多与函数、不等式等知识综合命题,解题的关键是利用

转化思想把问题转化为数列问题,结合函数与方程思想求解. (1)解决数列与不等式综合问题的常用方法有比较法(作差法、作商法)、 放缩法等. (2)数列是特殊的函数,解题时要充分利用函数的性质解决数列问题,如数

列中的最值问题.

举一反三 3 1:(2015 湖北卷)设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比 数列{bn}的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;

?10a1 ? 45d ? 100, ?2a1 ? 9d ? 20, 解:(1)由题意有, ? 即? ?a1d ? 2, ?a1d ? 2,

1 ? a ? 9, a ? (2n ? 79), ? 1 n ? a ? 2 n ? 1, ? a ? 1, ? ? ? ? n 9 解得 ? 1 或? 故 或 ? 2 ? n ?1 2 n ?1 b ? 2 , ? d ? 2, ?d ? . ? ? n ? b ? 9 ? ( ) . 9 ? n ? 9 ?

(2)当 d>1 时,记 cn=

解:(2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n-1, 故 cn =
2n ? 1 , n ?1 2

an ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn

于是 Tn=1+

3 5 7 9 2n ? 1 + 2 + 3 + 4 +…+ n ?1 , 2 2 2 2 2

① ②

1 1 3 5 7 9 2n ? 1 Tn= + 2 + 3 + 4 + 5 +…+ n 2 2 2 2 2 2 2

①-②可得
1 1 1 1 2n ? 1 2n ? 3 2n ? 3 Tn=2+ + 2 +…+ n ? 2 - n =3, 故 T . n=6n n ?1 2 2 2 2 2 2 2

备选例题
【例 1】 (2015 浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足 a1=2,b1=1,an+1=2an (n∈N ),b1+
*

1 1 1 * b2+ b3+…+ bn=bn+1-1(n∈N ). 2 3 n

(1)求 an 与 bn; (2)记数列{anbn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn.

解:(1)由 a1=2,an+1=2an,得 an=2n(n∈N*). 1 由题意知当 n=1 时,b1=b2-1,故 b2=2.当 n≥2 时, bn=bn+1-bn, n b b 整理得 n ?1 = n ,所以 bn=n(n∈N*). n ?1 n (2)由(1)知anbn=n· 2n ,
因此,Tn=2+2×22+3×23+…+n· 2n,2Tn=22+2×23+3×24+…+n· 2n+1,

所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1.故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).

【例 2】 (2015 辽宁锦州质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=2,nan+1=Sn+n(n+1). (1)求数列{an}的通项公式 an;
?nan ?1 ? S n ? n(n ? 1), (1)解:由题意,当 n≥2 时,有 ? ?(n ? 1)an ? S n ?1 ? (n ? 1)n,

两式相减得 nan+1-(n-1)an=an+2n,即 an+1-an=2.
?a1 ? 2, ? 由 ?a2 ? S1 ? 2, 得 a2-a1=2. ?S ? a , 1 ? 1

所以对一切正整数 n,有 an+1-an=2, 故 an=a1+2(n-1)=2n, 即 an=2n(n∈N*).

an (2)设 Tn 为数列{ n }的前 n 项和,求 Tn; 2 a 2n n 2 3 n (2)解:由(1)得 n = = , 所以 T =1+ + + … + ① n n n n ?1 2 n ?1 2 2 2 2 2 2

①两边同乘以 ①-②,得

1 1 1 2 n ?1 n ,得 Tn= + 2 +…+ n ?1 + n 2 2 2 2 2 2



1 1 1 1 n Tn=1+ + 2 +…+ n ?1 - n , 2 2 2 2 2 1?

1 n 1 n n?2 2 所以 Tn= - n ,故 Tn=4- n ?1 . 1 2 2 2 1? 2

(3)设 bn=

1 an an ?1an ? 2

,证明 b1+b2+b3+…+bn<

1 . 32

1 (3)证明:由(1),得 bn= 2n ? 2(n ? 1) ? 2(n ? 2) 1 1 1 = [ ] 16 n(n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) 1 1 1 1 1 1 1 b1+b2+b3+…+bn= [ + +…+ ] n(n ? 1) (n ? 1)( n ? 2) 16 1 ? 2 2 ? 3 2 ? 3 3 ? 4 1 1 1 = [ ] 16 2 (n ? 1)(n ? 2) 1 1 1 = < . 32 16(n ? 1)( n ? 2) 32

阅卷评析
数列求和问题 (2014 新课标全国卷Ⅰ,文 17)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; 评分细则:

(1)因为 a2,a4 是方程 x -5x+6=0 的根,
?a2 ? a4 ? 5, 则? ……………………………………………………1 分 ?a2 ? a4 ? 6.

2

由题意得 a2=2,a4=3.………………………………………………2 分 设数列{an}的公差为 d,
1 则 a4-a2=2d,故 d= ,………………………………………………3 分 2

从而 a1=

3 .……………………………………………………………4 分 2 1 n+1.……………………………………5 分 2

所以{an}的通项公式为 an=

?a2 ? a4 ? 5, 注:①由方程的根与系数的关系列出关于 a2 与 a4 的方程组 ? ?a2 ? a4 ? 6

可得 1 分. ②“由题意”指的是“{an}是递增的等差数列”,解题过程若无此说明, 应扣 1 分. ③利用 an=a2+(n-2)d=2+(n-2)×
1 1 = n+1 求通项公式也可得全分. 2 2

(2)求数列{
评分细则: (2)设{

an }的前 n 项和. n 2

an }的前 n 项和为 Sn. n 2
an n ? 2 = n ?1 ,………………………………………………………6 分 n 2 2

由(1)知 则 Sn =

3 4 n ?1 n ? 2 + + … + + n ?1 . 2 3 n 2 2 2 2

1 3 4 n ?1 n ? 2 Sn= 3 + 4 +…+ n ?1 + n ? 2 .…………………………………………8 分 2 2 2 2 2

两式相减得

1 3 1 1 n?2 Sn= +( 3 +…+ n ?1 )- n ? 2 ……………………………9 分 2 4 2 2 2

=

3 1 1 n?2 + (1- n ?1 )- n ? 2 .………………………………………………11 分 4 4 2 2 n?4 .………………………………………………………12 分 n ?1 2 an }的通项,则扣 1 分. n 2

所以 Sn=2-

注:①若没写出数列{

②两式相减后,右边式子应分为三部分,中间为(n-1)项的等比数列,若出现错 误,则后面求解过程不得分.
1 ③若 Sn 的式子中等比数列和求错,则最多得 9 分. 2

④最后结果应尽量化为最简形式,写成其他形式时,只要结果正确,不扣分. ⑤若有其他解法,如 Sn 的表达式两边同乘 2,然后作差,可相应得分.

【答题启示】 1.忽视已知“递增”的条件限制,导致增解; 2.利用错位相减法求和时,两式相减后,所剩式子的项数弄错导致计算错误;

3.误认为两式作差后计算的结果即为Sn,导致错误;
4.解题步骤不规范,步骤太简单导致不必要的扣分.


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