2018高考数学理专题突破数列：数列的求和及综合应用
- 格式：doc
- 大小：115.18 KB
- 文档页数：10
数列的求和及综合应用
【考点梳理】
1.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.
2.数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.
【题型突破】
题型一、分组转化求和
【例1】已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝bn＋(－1)nan，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.
∵a1＝2，b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，
∴2＋d＝q2，3（2＋2＋2d）2＝6q.解得d＝2，q＝2.
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n－1.
(2)由题意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n－1＋(－1)n2n.
∴Tn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n]，
①若n为偶数：
Tn＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]}
＝2n－1＋n2×2＝2n＋n－1.
②若n为奇数：
Tn＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n}
＝2n－1＋2×n－12－2n＝2n－n－2.
∴Tn＝2n＋n－1，n为偶数，2n－n－2，n为奇数.
【类题通法】
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.
【对点训练】
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.
【解析】(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意有
2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝25.
所以{an}的通项公式为an＝2n＋35.
(2)由(1)知，bn＝2n＋35.
当n＝1，2，3时，1≤2n＋35<2，bn＝1；
当n＝4，5时，2≤2n＋35<3，bn＝2；
当n＝6，7，8时，3≤2n＋35<4，bn＝3；
当n＝9，10时，4≤2n＋35<5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
题型二、裂项相消法求和
【例2】Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知
a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝1anan＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3
＝n3（2n＋3）.
【类题通法】
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.
【对点训练】
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.
【解析】(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{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.
题型三、错位相减求和
【例3】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{a2nbn}的前n项和(n∈N*).
【解析】(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，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，
又因为q>0，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.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有
Tn＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，
上述两式相减，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1，
＝12×（1－2n）1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
【类题通法】
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.
【对点训练】
已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为d>0，所以d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又因为an＝－1－2log2bn，
所以log2bn＝－n即bn＝12n.
(2)Tn＝121＋322＋523＋…＋2n－12n，①
12Tn＝122＋323＋524＋…＋2n－12n＋1，②
①－②，得
12Tn＝12＋2×122＋123＋124＋…＋12n－2n－12n＋1
＝12＋2×1221－12n－11－12－2n－12n＋1
＝12＋1－12n－1－2n－12n＋1＝32－2n＋32n＋1.
所以Tn＝3－2n＋32n.
题型四、an与Sn的关系问题
【例4】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.
【解析】(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，
