2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题文
- 格式：doc
- 大小：611.53 KB
- 文档页数：10
数列的求和问题
【2019年高考考纲解读】
高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．
【重点、难点剖析】
一、分组转化法求和
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
二、错位相减法求和
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
三、裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于1anan＋1或1anan＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
【高考题型示例】
题型一、分组转化法求和
例1、若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．
(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝ an，n为奇数，log2an，n为偶数(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，
∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝λ2n－1.
(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝ 2n＋1，n为奇数，n＋1，n为偶数，
∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝4－4n·41－4＋n3＋2n＋2
＝4n＋1－43＋n(n＋2)，
∴T2n＝4n＋13＋n2＋2n－43.
【变式探究】在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝2nb(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若数列{}cn满足cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1，求数列{}cn的前n项和Sn.
(2)由(1)得，cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1
＝2n＋12n－n＋＝2n＋1212n－1－12n＋1，
∴数列{}cn的前n项和
Sn＝2＋22＋…＋2n＋121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1
＝－2n1－2＋121－12n＋1
＝2n＋1－2＋n2n＋1(n∈N*)．
【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
【变式探究】已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{}bn－an为等比数列(n∈N*)．
(1)求数列{an}和{}bn－an的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，
所以Sn＝()3＋32＋33＋…＋3n＋
()1＋3＋5＋…＋2n－1
＝3()1－3n1－3＋n()1＋2n－12
＝32()3n－1＋n2＝3n＋12＋n2－32(n∈N*)．
【变式探究】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵{an}为等差数列，
∴S4＝4a1＋4×32d＝24，S7＝7a1＋7×62d＝63，解得a1＝3，d＝2.
因此{an}的通项公式an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)
＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，
∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n－1）3＋Gn.
当n为偶数时，Gn＝2×n2＝n，
∴Tn＝8（4n－1）3＋n；
当n为奇数时，Gn＝2×n－12－(2n＋1)＝－n－2，
∴Tn＝8（4n－1）3－n－2，
∴Tn＝8（4n－1）3＋n （n为偶数），8（4n－1）3－n－2 （n为奇数）.
题型二、错位相减法求和
例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an}的公比q>1，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)解：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8q＋1q＝20，
解得q＝2或q＝12.
因为q>1，所以q＝2.
(2)解：设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前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，
则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.
【变式探究】已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝13a1(an－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<89.
解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝13a1(a1－1)＝13a21－13a1，
∵a1≠0，∴a1＝4.
∴Sn＝43(an－1)，∴当n≥2时，Sn－1＝43(an－1－1)，
两式相减得an＝4an－1(n≥2)，
∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，
∴an＝4n.
(2)∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝2n4n，
∴Tn＝241＋442＋643＋…＋2n4n，14Tn＝242＋443＋644＋…＋2n4n＋1，
两式相减得34Tn＝24＋242＋243＋244＋…＋24n－2n4n＋1＝214＋142＋143＋144＋…＋14n－2n4n＋1＝2×141－14n1－14－2n4n＋1＝23－23×4n－2n4n＋1＝23－6n＋83×4n＋1.
∴Tn＝89－6n＋89×4n<89.
【变式探究】已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－an2＝32n＋1，设bn＝2nan(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)由bn＝2nan，得an＝bn2n，代入an＋1－an2＝32n＋1得
bn＋12n＋1－bn2n＋1＝32n＋1，即bn＋1－bn＝3，
所以数列{bn}是公差为3的等差数列，
又a1＝a3，所以b12＝b38，即b12＝b1＋68，所以b1＝2，
所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．
(2)由bn＝3n－1，得an＝bn2n＝3n－12n，
所以Sn＝22＋522＋823＋…＋3n－12n，
12Sn＝222＋523＋824＋…＋3n－12n＋1，
两式相减得12Sn＝1＋3122＋123＋…＋12n－3n－12n＋1
＝52－3n＋52n＋1，
所以Sn＝5－3n＋52n(n∈N*)．
【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．
(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．
(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
【变式探究】已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋12an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝32a1，b2，b5，b14成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)n＝1时，a1＋12a1＝1，a1＝23，
n≥2时， Sn＝1－12an，Sn－1＝1－12an－1，
Sn－Sn－1＝12()an－1－an，∴an＝13an－1(n≥2)，
{an}是以23为首项，13为公比的等比数列，
an＝23×13n－1＝213n.
b1＝1，
由b25＝b2b14得，()1＋4d2＝()1＋d()1＋13d，
d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，
