2018届高考数学（理）大一轮复习教师用书：第六章第四节数列的综合问题（含解析）.doc

第四节数列的综合问题 本节主要包括2个知识点： ‎1.数列求和；2.数列的综合应用问题.‎ 突破点(一)　数列求和 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．公式法与分组转化法 ‎(1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．‎ ‎①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.‎ ‎②等比数列的前n项和公式：‎ Sn＝ ‎(2)分组转化法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减．‎ ‎2．倒序相加法与并项求和法 ‎(1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．‎ ‎(2)并项求和法 在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．‎ 形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．‎ 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.‎ ‎3．裂项相消法 ‎(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．‎ ‎(2)常见的裂项技巧 ‎①＝－.‎ ‎②＝.‎ ‎③＝.‎ ‎④＝－.‎ ‎4．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 分组转化法求和 ‎[例1]　已知数列{an}，{bn}满足a1＝5，an＝2an－1＋3n－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an－3n(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)∵an＝2an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，‎ ‎∴an－3n＝2(an－1－3n－1)，‎ ‎∴bn＝2bn－1(n∈N*，n≥2)．‎ ‎∵b1＝a1－3＝2≠0，‎ ‎∴bn≠0(n≥2)，∴＝2，‎ ‎∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎∴bn＝2·2n－1＝2n.‎ ‎(2)由(1)知an＝bn＋3n＝2n＋3n，‎ ‎∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(3＋32＋…＋3n)‎ ‎＝＋ ‎＝2n＋1＋－.‎ ‎[方法技巧]‎ 分组转化法求和的常见类型 ‎(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．‎ ‎(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．‎ 错位相减法求和 ‎[例2]　(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，‎ 所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d.‎ 由即 可解得所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，‎ 两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]‎ ‎＝3× ‎＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.‎ ‎[方法技巧]‎ 错位相减法求和的策略 ‎(1)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，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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．‎ ‎(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．　‎ 裂项相消法求和 ‎[例3]　数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，数列{bn}是首项为a1，公差为d(d≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，‎ 又a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，也满足上式，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n.则b1＝a1＝2.‎ 由b1，b3，b9成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)，‎ 解得d＝0(舍去)或d＝2，‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)由(1)得cn＝＝＝－，‎ 所以数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ ‎[易错提醒]‎ 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)‎ A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1‎ C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2‎ 解析：选C　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)‎ ‎＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n ‎＝＋2×－n ‎＝2(2n－1)＋n2＋n－n ‎＝2n＋1＋n2－2.‎ ‎2.(2016·江南十校联考)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝(　　)‎ A.－1 B.－1‎ C.－1 D.＋1‎ 解析：选C　由f(4)＝2可得‎4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.所以an＝＝＝－，S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.‎ 解析：∵an＝n·2n，‎ ‎∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①‎ ‎∴2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②‎ ‎①－②，得 ‎－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1‎ ‎＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1‎ ‎＝(1－n)2n＋1－2.‎ ‎∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 答案：(n－1)2n＋1＋2‎ ‎4.已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.‎ 解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，‎ 所以当n为偶数时，‎ Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3‎ ‎＝3n－ln 3－ln 2－1.‎ 综上所述，Sn＝ ‎5.正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn0，Sn＝n2＋n.‎ 于是a1＝S1＝2，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.‎ 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)证明：由于an＝2n，‎ 故bn＝＝＝.‎ 则Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－