2020高考数学理科大一轮复习导学案：第五章数列5.4


　

知识点一　数列求和的几种常用方法
1．分组求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．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项和公式即是用此法推导的．
5．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．

1．判断正误
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公式Sn＝较为合理．(　√　)
(2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　√　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和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)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(　√　)
2．(2019·益阳、湘潭二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是(　B　)
A. B.
C. D.
解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.故选B.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
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＋1②
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.
知识点二 　数列的综合应用
1．等差数列和等比数列的综合
等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．
2．数列和函数、不等式的综合
(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的情况下关于n的一次或二次函数．
(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的情况下是公比q的指数函数模型．
(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．

4．(2019·武汉市调研考试)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝100.
解析：令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，
a1＝a1，
a2－a1＝b1，
a3－a2＝b2，
……
an－an－1＝bn－1，
累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋，
分别令n＝12，n＝22，得
解得a1＝，a2＝100.

1．对于等差、等比数列的综合问题，要先分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项，求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
2．数列与函数的综合问题主要有以下两类：
一是已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
二是已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
在解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．
3．数列与不等式相结合问题的处理方法
(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．
(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．
总之，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理．
　
　　　　　　　　　　　　　　

考向一　　分组求和法
【例1】　(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
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是(　　)
A．13 B．76
C．46 D．－76
【解析】　(1)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)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
【答案】　(1)C　(2)D

　　
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，可采用分组求和法求{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，可采用分组求和法求和．



(1)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为
(　C　)
A．379＋ B．399＋
C．419＋ D．439＋
(2)若数列{an}是2,2＋22,2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2－4－2n.
解析：(1)令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－＋＋＋…＋＝420－＝419＋.
(2)an＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，
所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝－2n＝2n＋2－4－2n.
考向二 　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】　(1)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8(q＋)＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·()n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)·()n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·()n－2＋(4n－9)·()n－3＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·()2＋…＋(4n－5)·()n－2，n≥2，①
Tn＝3·＋7·()2＋…＋(4n－9)·()n－2＋(4n－5)·()n－1，②
所以①－②得Tn＝3＋4·＋4·()2＋…＋4·()n－2－(4n－5)·()n－1，
因此Tn＝14－(4n＋3)·()n－2，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·()n－2.

　
用错位相减法求和的三个注意事项：(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.



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{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
解：(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，所以解得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，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝×4n＋1＋.
所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
考向三　裂项相消法求和
【例3】　(2019·福州市模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项的和Sn.
【解】　(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以＝＝
＝＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝，
所以cn＝＝(－)，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.



　　　
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(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．



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Tn<.
解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn>0，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＝＝
＝.
Tn＝

＝
<＝.
考向四 　　数列与函数、不等式的综合应用
【例4】　(2018·浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(　　)
A．a1a3，a2 C．a1a4 D．a1>a3，a2>a4
【解析】　设f(x)＝lnx－x(x>0)，则f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0，得01，∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，
∴f(x)≤f(1)＝－1，即有lnx≤x－1.
从而a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
∴a4<0，又a1>1，∴公比q<0.
若q＝－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝0，ln(a1＋a2＋a3)＝lna1>0，矛盾．
若q<－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，而a2＋a3＝a2(1＋q)＝a1q(1＋q)>0，∴ln(a1＋a2＋a3)>lna1>0，也矛盾．
∴－1 从而＝q2<1，∵a1>0，∴a1>a3.
同理，∵＝q2<1，a2<0，
∴a4>a2.故选B.
【答案】　B

　
本小题借助于不等式lnx≤x－1考查了函数思想、不等式性质在数列中的应用.



已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.
解析：所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；……；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意．故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.

　

逻辑推理在数列中的运用
典例　(2019·河北名校联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是(　　)
A．3 971　　　　　　　　 B．3 972
C．3 973 D．3 974
【解题思路】　要确定第2 018个数，应先确定此数在哪一组第几个以及这组数的特点．
【解析】　由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数．由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632,632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972.故选B.
【答案】　B
【方法技巧】　本题应注意分析各数组及每组数的特征，根据这些特征解题是关键．


已知函数f(x)＝，函数y＝f(x)－在(0，＋∞)上的零点按从小到大的顺序构成数列{an}(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)f(x)＝＝＝tanx，
由tanx＝及x>0得x＝kπ＋(k∈N)，数列{an}是首项a1＝，公差d＝π的等差数列，所以an＝＋(n－1)π＝nπ－.