2021人教A版高考数学总复习《数列求和及数列的综合应用》

又因为a1＝2适合上式，所以an＝n＋1(n∈N*). (2)证明 由(1)知，bn＝（an－1）2n2（＋a1n＋1－1）2＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋11）2， 所以 Tn＝112－212＋212－312＋…＋n12－（n＋1 1）2 ＝1－（n＋11）2.所以 Tn<1.
规律方法
又S1＝a2＋2，即a2－a1＝－2， 所以数列{an}是以19为首项，－2为公差的等差数列， 所以an＝19＋(n－1)·(－2)＝21－2n. (2)由(1)知an＝21－2n，所以bn＝|an|＝|21－2n|， 因为当n≤10时，an>0，当n>10时，an<0， 所以 bn＝221n－ －221n， ，nn≤ >1100，， 所以T20＝b1＋b2＋…＋b20 ＝(19＋17＋…＋1)＋(1＋3＋…＋19) ＝2(19＋17＋…＋1)＝2×（19＋12）×10＝200.
(4)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解.
3.数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模 型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差. (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型 是等比模型，这个固定的数就是公比. (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化 而变化，应考虑an与an＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者 相邻三项等)之间的递推关系.
由 2a1＋3a2＝1，得 2a1＋3a1q＝1，解得 a1＝13. 故数列{an}的通项公式为 an＝31n. (2)由(1)可得 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－n（n＋ 2 1）， 故b1n＝－n（n2＋1）＝－21n－n＋1 1， 所以b11＋b12＋…＋b1n＝－2[1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1]＝－n2＋n1. 故数列b1n的前 n 项和为－n2＋n1.
考点三 错位相减法求和 【例 3】 (2019·河南六校联考)已知数列{an}中，a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n 项
和，且对任意的 r，t∈N*，都有SSrt＝rt2. (1)判断{an}是否为等差数列，并证明你的结论； (2)若数列{bn}满足abnn＝2n－1(n∈N*)，设 Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求证：Tn<6. (1)解 {an}是等差数列.证明如下： ∵对任意的 r，t∈N*，都有SSrt＝rt2，
【训练 3】 (2020·湘赣十四校联考)已知函数 f(x)＝2 019sinπx－π3(x∈R)的所有 正数零点构成递增数列{an}，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2nan＋23，求数列{bn}的前 n 项和为 Sn. 解 (1)令 f(x)＝2 019sinπx－π3＝0，则 πx－π3＝kπ(k∈Z)，解得 x＝13＋k(k∈Z). ∵f(x)的所有正零点构成递增数列{an}， ∴数列{an}是首项为13，公差为 1 的等差数列，
＝12(1－13＋13－15＋…＋4
0141－4
0143)＝121－4ຫໍສະໝຸດ Baidu
0143＝24
021 043.
答案
2 021 4 043
3.(老教材必修 5P56 例 1 改编)等比数列{an}中，若 a1＝27，a9＝2143，q>0，Sn 是其前 n 项和，则 S6＝________. 解析 由 a1＝27，a9＝2143知，2143＝27·q8，
规律方法 1.若数列{cn}的通项公式为 cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数 列，可采用分组求和法求数列{cn}的前 n 项和. 2.若数列{cn}的通项公式为 cn＝abnn，，nn为为奇偶数数，，其中数列{an}，{bn}是等比数列 或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前 n 项和.
{an}的通项公式是 an＝3n－2 1.(
)
解析 (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2.(老教材必修 5P47B4 改编)已知数列 an＝（2n－1）1（2n＋1），则数列{an}的 前 2 021 项和为________.
解析 ∵an＝122n1－1－2n1＋1，∴数列{an}的前 2 021 项和为 a1＋a2＋…＋a2 021
考点二 裂项求和 【例 2】 (2020·黄山质检)已知数列an－n 1的前 n 项和 Sn＝n，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝（an－1）2n2（＋a1n＋1－1）2，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：对任意 的 n∈N*，都有 Tn<1. (1)解 因为Sn＝n，① 所以当n≥2时，Sn－1＝n－1，② 由①－②得an－n 1＝1，故 an＝n＋1(n≥2)，
又由 q>0，解得 q＝13，
所以 S6＝2711－－13136＝3694.
答案
364 9
4.(2020·淄博模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6| ＝( )
A.9
B.15
C.18
D.30
解析 由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋ |a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn＝a11－－aqn＋1.(
)
(2)当 n≥2 时，n2－1 1＝12(n－1 1－n＋1 1).(
)
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错 位相减法求得.( )
(4)若数列 a1，a2－a1，…，an－an－1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列
第4节 数列求和及数列的综合应用
考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.掌握非等差数列、非 等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问 题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.
知识梳理
1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n项和公式： Sn＝n（a12＋an）＝na1＋_n_（__n_－2__1_）__d___. (2)等比数列的前n项和公式： na1，q＝1， Sn＝a11－－aqnq＝__________________.
[常用结论与微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋2 1）.
2.12＋22＋…＋n2＝n（n＋1）6（2n＋1）.
3.裂项求和常用的三种变形
(1)n（n1＋1）＝1n－n＋1 1.
(2)（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1.
(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
诊断自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法 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. (3)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， 这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
∴{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1， ∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n－1) ＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝1＋（22n－1）·n＋11－－22n＝n2＋2n－1. ∵Sn－(n2＋2n)＝－1<0，∴Sn<n2＋2n.
1.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：
1 n＋
n＋k＝
1 k(
n＋k－
n)，n（n1＋k）＝1k(1n－n＋1 k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项.
2.抵消后并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(对称剩项).
【训练 2】 (2020·山东师大附中模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且 2a1＋3a2 ＝1，a23＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式. (2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列b1n的前 n 项和. 解 (1)设等比数列{an}的公比为q. 由 a23＝9a2a6，得 a23＝9a24，所有 q2＝19. 由已知条件得 q>0，所以 q＝13.
答案 an＝2(n＋1)
考点一 分组求和
【例1】 (2019·青岛二模)记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝19，Sn＝nan＋1＋n(n＋ 1). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，求T20的值. 解 (1)因为Sn＝nan＋1＋n(n＋1)，① 所以Sn－1＝(n－1)an＋n(n－1)(n≥2)，② ①－②得an＝nan＋1－(n－1)an＋2n(n≥2)， 即an＋1－an＝－2(n≥2)，
【训练1】 (2020·郴州质检)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a3－1成等差数 列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2＋ 2n的大小. 解 (1)设等比数列{an}的公比为q， ∵a1，a2，a3－1成等差数列， ∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝aa32＝2，
①－②得，T2n＝1＋221＋…＋2n2－1－2n2－n 1 ＝1＋21211－－212n1－1－2n2－n 1＝3－2n2＋n 3， ∴Tn＝6－22nn＋－13，又 n∈N*，∴Tn＝6－22nn＋－13<6.
规律方法 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. 2.用错位相减法求和时，应注意： (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一 步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
5.(2019·珠海期末质检)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，若数列{an}的前n项和为 Sn，则S8＝________. 解 析 由 an ＝ 2n ＋ n ， 可 得 S8 ＝ (2 ＋ 22 ＋ 23 ＋ … ＋ 28) ＋ (1 ＋ 2 ＋ … ＋ 8) ＝ 2（11－－228）＋8×（12＋8）＝546.
答案 546
6.(2020·河北“五个一”名校质检)若 f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f1n＋…＋ fn－n 1＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________. 解析 由 f(x)＋f(1－x)＝4，可得 f(0)＋f(1)＝4，…，f1n＋fn－n 1＝4，所以 2an ＝[f(0)＋f(1)]＋f1n＋fn－n 1＋…＋[f(1)＋f(0)]＝4(n＋1)，即 an＝2(n＋1).
∴{an}的通项公式为 an＝13＋1×(n－1)＝n－23(n∈N*). (2)由(1)可知 an＝n－23(n∈N*)， 又∵bn＝2nan＋23，∴bn＝2nn－23＋23＝n·2n.
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.① 两边同乘2，得2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.② ②－①，得 Sn＝－21－22－23－…－2n＋n×2n＋1＝－2（1－1－22n）＋n×2n＋1＝ (n－1)×2n＋1＋2.
∴对任意的 n∈N*，有SSn1＝n2，即 Sn＝n2. 从而当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1. 当n＝1时，a1＝1也满足此式.∵an＋1－an＝2(n∈N*)， ∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列. (2)证明 由abnn＝2n－1，得 bn＝22nn－－11. ∴Tn＝210＋231＋…＋22nn－－11，① ∴T2n＝211＋232＋…＋22nn－－13＋2n2－n 1，②