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2019年高考數學二輪復習 專題訓練四 第2講 數列求和及綜合應用 理
考情解讀 高考對本節(jié)知識主要以解答題的形式考查以下兩個問題：1.以遞推公式或圖、表形式給出條件，求通項公式，考查用等差、等比數列知識分析問題和探究創(chuàng)新的能力，屬中檔題；2.通過分組、錯位相減等轉化為等差或等比數列的求和問題，考查等差、等比數列求和公式及轉化與化歸思想的應用，屬中檔題．
1．數列求和的方法技巧
(1)分組轉化法
有些數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將數列通項拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數列或常見的數列，即先分別求和，然后再合并．
(2)錯位相減法
這是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{anbn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列．
(3)倒序相加法
這是在推導等差數列前n項和公式時所用的方法，也就是將一個數列倒過來排列(反序)，當它與原數列相加時若有公式可提，并且剩余項的和易于求得，則這樣的數列可用倒序相加法求和．
(4)裂項相消法
利用通項變形，將通項分裂成兩項或n項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項的和．這種方法，適用于求通項為的數列的前n項和，其中{an}若為等差數列，則＝.
常見的裂項公式：
①＝－；
②＝(－)；
③＝(－)；
④＝(－)．
2．數列應用題的模型
(1)等差模型：如果增加(或減少)的量是一個固定量時，該模型是等差模型，增加(或減少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一個量與前一個量的比是一個固定的數時，該模型是等比模型，這個固定的數就是公比．
(3)混合模型：在一個問題中同時涉及等差數列和等比數列的模型．
(4)生長模型：如果某一個量，每一期以一個固定的百分數增加(或減少)，同時又以一個固定的具體量增加(或減少)時，我們稱該模型為生長模型．如分期付款問題，樹木的生長與砍伐問題等．
(5)遞推模型：如果容易找到該數列任意一項an與它的前一項an－1(或前n項)間的遞推關系式，我們可以用遞推數列的知識來解決問題．
熱點一 分組轉化求和
例1 等比數列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數，且a1，a2，a3中的任何兩個數不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若數列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nln an，求數列{bn}的前n項和Sn.
思維啟迪 (1)根據表中數據逐個推敲確定{an}的通項公式；(2)分組求和．
解 (1)當a1＝3時，不合題意；
當a1＝2時，當且僅當a2＝6，a3＝18時，符合題意；
當a1＝10時，不合題意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.
故an＝23n－1 (n∈N*)．
(2)因為bn＝an＋(－1)nln an
＝23n－1＋(－1)nln(23n－1)
＝23n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝23n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋
(－1)nn]ln 3.
當n為偶數時，
Sn＝2＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
當n為奇數時，
Sn＝2－(ln 2－ln 3)＋ln 3＝3n－ln 3－ln 2－1.
綜上所述，Sn＝
思維升華 在處理一般數列求和時，一定要注意使用轉化思想．把一般的數列求和轉化為等差數列或等比數列進行求和，在求和時要分析清楚哪些項構成等差數列，哪些項構成等比數列，清晰正確地求解．在利用分組求和法求和時，由于數列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式．
已知數列{an}中，a1＝1，anan＋1＝()n(n∈N*)．
(1)求證：數列{a2n}與{a2n－1}(n∈N*)都是等比數列；
(2)若數列{an}的前2n項和為T2n，令bn＝(3－T2n)n(n＋1)，求數列{bn}的最大項．
(1)證明 因為anan＋1＝()n，an＋1an＋2＝()n＋1，
所以＝.
又a1＝1，a2＝，所以數列a1，a3，…，a2n－1，…，是以1為首項，為公比的等比數列；
數列a2，a4，…，a2n，…，是以為首項，為公比的等比數列．
(2)解 由(1)可得T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－3()n，
所以bn＝3n(n＋1)()n，
bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)()n＋1，
所以bn＋1－bn＝3(n＋1)()n(－n)
＝3(n＋1)()n＋1(2－n)，
所以b1
b4>…>bn>…，
所以(bn)max＝b2＝b3＝.
熱點二 錯位相減法求和
例2 設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，n∈N*，證明：Tn<2.
思維啟迪 (1)n>1時，Sn＝2Sn－1＋n兩式相減得{an}的遞推關系式，然后構造數列求通項；
(2)先利用錯位相減法求出Tn，再放縮．
(1)解 ∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，當n≥2時，Sn＝2Sn－1＋n，
∴an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
即＝2(n≥2)，①
又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，
∴a2＝3，∴＝2，∴當n＝1時，①式也成立，
∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)．
(2)證明 ∵an＝2n－1，
∴bn＝＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
∴兩式相減，得Tn＝2(＋＋＋…＋－)
＝2－－<2.
思維升華 錯位相減法求數列的前n項和是一種重要的方法．在應用這種方法時，一定要抓住數列的特征，即數列的項可以看作是由一個等差數列和一個等比數列對應項相乘所得數列的求和問題．
設數列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝322n－1.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)令bn＝nan，求數列{bn}的前n項和Sn.
解 (1)由已知得，當n≥1時，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式，
所以數列{an}的通項公式為an＝22n－1.
(2)由bn＝nan＝n22n－1知
Sn＝12＋223＋325＋…＋n22n－1.①
從而22Sn＝123＋225＋327＋…＋n22n＋1.②
①－②，得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
熱點三 裂項相消法求和
例3 已知等差數列{an}，公差d>0，前n項和為Sn，S3＝6，且滿足a3－a1,2a2，a8成等比數列．
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn的值．
思維啟迪 (1)利用方程思想可確定a，d，寫出{an}；(2)利用裂項相消法求Tn.
解 (1)由S3＝6，得a2＝2.
∵a3－a1,2a2，a8成等比數列，
∴(2d)(2＋6d)＝42，
解得d＝1或d＝－，
∵d>0，∴d＝1.
∴數列{an}的通項公式為an＝n.
(2)Tn＝＋＋＋…＋
＝[(1－)＋(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－－)＝.
思維升華 裂項相消法適合于形如{}形式的數列，其中{an}為等差數列．
已知等差數列{an}是遞增數列，且滿足a4a7＝15，a3＋a8＝8.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)令bn＝(n≥2)，b1＝，求數列{bn}的前n項和Sn.
解 (1)根據題意a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4a7＝15，
所以a4，a7是方程x2－8x＋15＝0的兩根，且a480，
當n≥7時，由于S6＝570，
故Sn＝570＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋704[1－()n－6]＝780－210()n－6.
因為{an}是遞減數列，所以{An}是遞減數列．
因為An＝＝，
A8＝≈82.734>80，
A9＝≈76.823<80，
所以必須在第九年年初對M更新．
思維升華 解答數列應用題，與函數應用題的求解過程類似，一般要經過三步：(1)建模，首先要認真審題，理解實際背景，理清數學關系，把應用問題轉化為數列問題；(2)解模，利用所學的數列知識，解決數列模型中的相關問題；(3)釋模，把已解決的數列模型中的問題返回到實際問題中去，與實際問題相對應，確定問題的結果．
設某商品一次性付款的金額為a元，以分期付款的形式等額地分成n次付清，若每期利率r保持不變，按復利計算，則每期期末所付款是( )
A.(1＋r)n元 B.元
C.(1＋r)n－1元 D.元
答案 B
解析 設每期期末所付款是x元，則各次付款的本利和為x(1＋r)n－1＋x(1＋r)n－2＋x(1＋r)n－3＋…＋x(1＋r)＋x＝a(1＋r)n，
即x＝a(1＋r)n，
故x＝.
1．數列綜合問題一般先求數列的通項公式，這是做好該類題的關鍵．若是等差數列或等比數列，則直接運用公式求解，否則常用下列方法求解：
(1)an＝
(2)遞推關系形如an＋1－an＝f(n)，常用累加法求通項．
(3)遞推關系形如＝f(n)，常用累乘法求通項．
(4)遞推關系形如“an＋1＝pan＋q(p、q是常數，且p≠1，q≠0)”的數列求通項，常用待定系數法．可設an＋1＋λ＝p(an＋λ)，經過比較，求得λ，則數列{an＋λ}是一個等比數列．
(5)遞推關系形如“an＋1＝pan＋qn(q，p為常數，且p≠1，q≠0)”的數列求通項，此類型可以將關系式兩邊同除以qn轉化為類型(4)，或同除以pn＋1轉為用迭加法求解．
2．數列求和中應用轉化與化歸思想的常見類型：
(1)錯位相減法求和時，將問題轉化為等比數列的求和問題求解．
(2)并項求和時，將問題轉化為等差數列求和．
(3)分組求和時，將問題轉化為能用公式法或錯位相減法或裂項相消法或并項法求和的幾個數列的和求解．
提醒：運用錯位相減法求和時，相減后，要注意右邊的n＋1項中的前n項，哪些項構成等比數列，以及兩邊需除以代數式時注意要討論代數式是否為零．
3．數列應用題主要考查應用所學知識分析和解析問題的能力．其中，建立數列模型是解決這類問題的核心，在解題中的主要思路：①首先構造等差數列或等比數列模型，然后用相應的通項公式與求和公式求解；②通過歸納得到結論，再用數列知識求解.
真題感悟
1．(xx湖南)設Sn為數列{an}的前n項和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，則：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
答案 (1)－ (2)
解析 ∵an＝Sn－Sn－1
＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋(n≥2)，
∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋(n≥2)．
當n為偶數時，an－1＝－(n≥2)，
當n為奇數時，2an＋an－1＝(n≥2)，
∴當n＝4時，a3＝－＝－.
根據以上{an}的關系式及遞推式可求．
a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－，…，
a2＝，a4＝，a6＝，a8＝，….
∴a2－a1＝，a4－a3＝，a6－a5＝，…，
∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－
＝－
＝.
2．(xx課標全國Ⅱ)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)證明{an＋}是等比數列，并求{an}的通項公式；
(2)證明＋＋…＋<.
證明 (1)由an＋1＝3an＋1，
得an＋1＋＝3(an＋)．
又a1＋＝，
所以{an＋}是首項為，公比為3的等比數列．
an＋＝，因此{an}的通項公式為an＝.
(2)由(1)知＝.
因為當n≥1時，3n－1≥23n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝(1－)<.
所以＋＋…＋<.
押題精練
1．若數列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝________.
答案 15
解析 由題意知，a1＋a2＋…＋a10
＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10(310－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9(39－2)＋(－1)10(310－2)]
＝35＝15.
2．秋末冬初，流感盛行，特別是甲型H1N1流感．某醫(yī)院近30天每天入院治療甲流的人數依次構成數列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則該醫(yī)院30天入院治療甲流共有________人．
答案 255
解析 由于an＋2－an＝1＋(－1)n，
所以a1＝a3＝…＝a29＝1，
a2，a4，…，a30構成公差為2的等差數列，
所以a1＋a2＋…＋a29＋a30
＝15＋152＋2＝255.
故該醫(yī)院30天入院治療甲流的人數為255.
3．已知數列{bn}滿足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.
(1)求數列{bn}的通項公式；
(2)已知＝，求證：≤＋＋…＋<1.
(1)解 因為3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝.
則＝3，＝3，＝3，…，＝3，
累乘，可得＝3n－1n，因為b1＝3，所以bn＝n3n，
即數列{bn}的通項公式bn＝n3n.
(2)證明 因為＝，所以an＝3n.
因為＝
＝＝(－)
＝－，
所以＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－.
因為n∈N*，所以0<≤，所以≤1－<1，
所以≤＋＋…＋<1.
(推薦時間：60分鐘)
一、選擇題
1．數列{an}共有5項，其中a1＝0，a5＝2，且|ai＋1－ai|＝1，i＝1,2,3,4，則滿足條件的不同數列的個數為( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 B
解析 設bi＝ai＋1－ai，i＝1,2,3,4，則bi等于1或－1，由a5＝(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝b4＋b3＋b2＋b1，知bi(i＝1,2,3,4)共有3個1,1個－1.
所以符合條件的{an}共有4個．
2．已知在數列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于( )
A．445 B．765
C．1 080 D．3 105
答案 B
解析 ∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3.
∴{an}是以－60為首項，3為公差的等差數列．
∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.
令an≤0，得n≤21.
∴前20項都為負值．
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|
＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30
＝－2S20＋S30.
∵Sn＝n＝n，
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.
3．在等差數列{an}中，a1＝－2 013，其前n項和為Sn，若－＝2，則S2 013的值等于( )
A．－2 011 B．－2 012
C．－2 010 D．－2 013
答案 D
解析 根據等差數列的性質，得數列{}也是等差數列，
根據已知可得這個數列的首項＝a1＝－2 013，
公差d＝1，故＝－2 013＋(2 013－1)1＝－1，
所以S2 013＝－2 013.
4．已知數列{an}滿足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，記Sn＝a1＋a2＋…＋an，則下列結論正確的是( )
A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5
C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2
答案 A
解析 由題意知，a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，a7＝1，由此可以得出數列{an}是以6為一個周期，所以a100＝a4＝－1，S100＝a1＋a2＋a3＋a4＝5，故選A.
5．數列{an}的通項公式an＝ncos ，其前n項和為Sn，則S2 012等于( )
A．1 006 B．2 012 C．503 D．0
答案 A
解析 用歸納法求解．
∵an＝ncos ，∴a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，….
由此易知a4n－2＝－(4n－2)，a4n＝4n，
且a1＋a2＋a3＋a4＝－2＋4＝2，
a5＋a6＋a7＋a8＝－6＋8＝2，…，
a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n＝－(4n－2)＋4n＝2.
又2 012＝4503，
∴a1＋a2＋…＋a2 012＝2＋2＋…＋＝2503＝1 006.
6．數列{an}滿足a1＝1，且對任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，則＋＋＋…＋等于( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，
于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
上述n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n，
所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
因此＝＝2，
所以＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
二、填空題
7．在數列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，記Sn是數列{an}的前n項和，則S60＝________.
答案 480
解析 ∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}為等差數列，且a2n－1＝1＋(n－1)1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，
∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，
S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，
∴S60＝415＋4＝480.
8．設Sn為數列{an}的前n項和，若(n∈N*)是非零常數，則稱該數列為“和等比數列”；若數列{cn}是首項為2，公差為d(d≠0)的等差數列，且數列{cn}是“和等比數列”，則d＝________.
答案 4
解析 由題意可知，數列{cn}的前n項和為Sn＝，前2n項和為S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋.因為數列{cn}是“和等比數列”，即為非零常數，所以d＝4.
9．設Sn＝＋＋＋…＋(n∈N*)，且Sn＋1Sn＋2＝，則n的值是________．
答案 5
解析 ∵Sn＋1＝＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－
＝，
∴Sn＋2＝.
∴Sn＋1Sn＋2＝＝，解得n＝5.
10．已知數列{an}的通項公式為an＝，前n項和為Sn，若對任意的正整數n，不等式S2n－Sn>恒成立，則常數m所能取得的最大整數為_______________．
答案 5
解析 要使S2n－Sn>恒成立，
只需(S2n－Sn)min>.
因為(S2(n＋1)－Sn＋1)－(S2n－Sn)
＝(S2n＋2－S2n)－(Sn＋1－Sn)
＝a2n＋1＋a2n＋2－an＋1
＝＋－
>＋－＝－>0，
所以S2n－Sn≥S2－S1＝，
所以0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1，a5的等比中項為16.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝log4an，數列{bn}的前n項和為Sn，是否存在正整數k，使得＋＋＋…＋
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專題訓練四
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2019年高考數學二輪復習 專題訓練四 第2講 數列求和及綜合應用 理.doc
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