2019届二轮复习　数列求和与综合问题学案（全国通用）

第4讲　数列求和与综合问题
高考统计·定方向
热点题型
真题统计
命题规律
题型1：数列中的an与Sn的关系
2018全国卷ⅠT14；2016全国卷ⅢT17；2015全国卷ⅡT16
分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：
1.数列求和常以an与Sn的关系为载体，重点考查分组转化求和、裂项相消求和、错位相减求和，难度中等.
2.与函数、不等式综合考查，突出数学思想的应用.
题型2：求数列{an}的前n项和
2017全国卷ⅡT15；2016全国卷ⅡT17; 2015全国卷ⅠT17
题型3：数列中的创新与交汇问题
2017全国卷ⅠT12；2014全国卷ⅡT17

题型1　数列中的an与Sn的关系
(对应学生用书第22页)
■核心知识储备·
1．数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
2．求数列{an}通项的方法
(1)叠加法
形如an－an－1＝f(n)(n≥2)的数列应用叠加法求通项公式，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(2)＋…＋f(n)(和可求)．
(2)叠乘法
形如＝f(n)(n≥2)的数列应用叠乘法求通项公式，an＝a1···…·＝a1·f(2)·f(3)…f(n)(积可求)．
(3)待定系数法
形如an＝λan－1＋μ(n≥2，λ≠1，μ≠0)的数列应用待定系数法求通项公式，an＋＝λ
.
■高考考法示例·
【例1】　(1)(2018·巴蜀适应性月考)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，则数列{Sn}的通项公式为________．
(2)(2018·锦州市模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)．
①求a2的值并证明：an＋2－an＝2；
②求数列{an}的通项公式．
(1)Sn＝3n－2n　[∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn，
∴Sn＋1＝2Sn＋3n，
∴＝·＋，
∴－1＝，
又－1＝－1＝－，
∴数列是首项为－，公比为的等比数列，
∴－1＝－×＝－，
∴Sn＝3n－2n.]
(2)[解]　①令n＝1得2a1a2＝4a1－3，
又a1＝1，
∴a2＝.
由2anan＋1＝4Sn－3，
得2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3.
即2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.
∵an≠0，∴an＋2－an＝2.
②由①可知：数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n.
数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为，
∴a2k＝＋2(k－1)＝2k－，
即n为偶数时，an＝n－.
综上所述，an＝
[方法归纳]　由Sn与an的递推关系求an的思路
1．利用a1＝S1，求出a1.
2．利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
提醒：在利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通项公式时，务必验证n＝1时的情形．看其是否可以与n≥2的表达式合并．
■对点即时训练·
1．数列{an}中，a1＝1，对任意n∈N*，有an＋1＝1＋n＋an，令bi＝(i∈N*)，则b1＋b2＋…＋b2 018＝(　　 )
A．　　　　 B．
C． D．
D　[∵an＋1＝n＋1＋an，∴an＋1－an＝1＋n，
∴an－an－1＝n，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2＋…＋n＝，
∴bn＝＝2，
∴b1＋b2＋…＋b2 018＝21－＋－＋…＋－＝，故选D．]
2．数列{an}满足，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．
an＝　[因为a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2，
即an＝2n＋1，n≥2.
又a1＝3，
所以a1＝6，
因此an＝]
题型2　求数列{an}的前n项和
(对应学生用书第23页)
■核心知识储备·
1．分组求和法：将数列通项公式写成cn＝an＋bn的形式，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：把数列与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，主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
3．错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分六步：①Sn；②qSn；③差式；④和式；⑤整理；⑥结论．
■高考考法示例·
►角度一　分组求和法
【例2－1】　(2018·昆明市教学质量检查)已知数列{an}中，a1＝3，{an}的前n项和Sn满足：Sn＋1＝an＋n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足：bn＝(－1)n＋2an，求{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由Sn＋1＝an＋n2 ①
得Sn＋1＋1＝an＋1＋(n＋1)2 ②
则②－①得an＝2n＋1.当a1＝3时满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)由(1)得bn＝(－1)n＋22n＋1，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋(23＋25＋…＋22n＋1)＝＋＝＋(4n－1)．
【教师备选】
(2018·石家庄三模)已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝bn＋(－1)nan，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.
∵a1＝2，b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，
∴解得
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n－1.
(2)由题意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n－1＋(－1)n2n.
∴Tn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n]，
①若n为偶数：
Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]}＝2n－1＋×2＝2n＋n－1.
②若n为奇数：
Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n}＝2n－1＋2×－2n＝2n－n－2.
∴Tn＝
►角度二　裂项相消法求和
【例2－2】　(2015·全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解]　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知
a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
【教师备选】
(2018·郑州第三次质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列的前n项和为Tn，求证：Tn＜.
[解]　(1)由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)，得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N*)，
两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，
即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n.
故an＝－3n＋1.
(2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，
得＝＝，
Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－＝－＜.
►角度三　错位相减法求和
【例2－3】　(2018·合肥教学质量检测)已知等比数列{an}的前n项和Sn满足4S5＝3S4＋S6，且a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前n项的和Tn.
[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q.
由4S5＝3S4＋S6，得S6－S5＝3S5－3S4，
即a6＝3a5，∴q＝3，∴an＝9×3n－3＝3n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·3n－1，
∴Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1， ①
∴3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n， ②
①－②得
－2Tn＝1＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n
＝1＋2×－(2n－1)·3n＝－2－2(n－1)·3n，
∴Tn＝(n－1)·3n＋1.
【教师备选】
(2018·石家庄教学质量检测)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋ .
(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解]　(1)由an＋1＝an ＋可得＝＋.
又∵bn＝，∴bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1，
累加可得：
(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，
化简并代入b1＝1得：bn＝2－.
(2)由(1)可知an＝2n－，
设数列的前n项和为Tn，
则Tn＝＋＋＋…＋ ①
Tn＝＋＋＋…＋ ②
①－②得
Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，
∴Tn＝4－.
又∵数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn＝n(n＋1)－4＋.
[方法归纳]　数列求和的注意事项
1．分组求和法求和时，当数列的各项是正负交替时，一般需要对项数n进行讨论．
2．裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构．前面剩几项，后面剩几项．
3．错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列．
■对点即时训练·
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1anan＋1，求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，
即3a2＝a5，故3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)·(2n＋1)
＝(－1)n－1·(4n2－1)．
∴T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1·[4×(2n)2－1]
＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]
＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)
＝－4×
＝－8n2－4n.
题型3　数列中的创新与交汇问题
(对应学生用书第24页)
近几年新课标高考对该知识的命题主要体现在以下两方面：一是新信息情境下的数列问题，此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景，主要考查学生的归纳推理解决新问题的能力；二是创新命题角度考迁移能力，题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．
■高考考法示例·
►角度一　新信息情境下的数列问题
【例3－1】　(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是(　　)
A．440　　　　 B．330
C．220 D．110
[思路点拨]　
A　[设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意知，N>100，令>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．
第n组的各项和为＝2n－1，前n组所有项的和为－n＝2n＋1－2－n.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝＋5＝440.故选A．]
►角度二　交汇类创新问题
【例3－2】　(2018·长沙联考)已知正项数列{an}，{bn}满足：对于任意的n∈N*，都有点(n，)在直线y＝(x＋2)上，且bn，an＋1，bn＋1成等比数列，a1＝3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设Sn＝＋＋…＋，如果对任意的n∈N*，不等式2aSn<2－恒成立．求实数a的取值范围．
[思路点拨]　(1)；
(2)
[解]　(1)∵点(n，)在直线y＝(x＋2)上，
∴＝(n＋2)，即bn＝.
又∵bn，an＋1，bn＋1成等比数列，
∴a＝bn·bn＋1＝，
∴an＋1＝，
∴n≥2时，an＝，
a1＝3适合上式，∴an＝.
(2)由(1)知，＝＝2，
∴Sn＝2
＝2＝.
故2aSn<2－可化为：
<2－
＝2－＝，
即a<＝对任意的n∈N*恒成立，
令f(n)＝＝，显然f(n)随n的增大而减小，且f(n)>恒成立，故a≤.
综上知，实数a的取值范围是.
[方法归纳]
1．对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，要弄清所考查的问题与哪个知识点有关，在此基础上，借助相关知识寻找求解线索．
2．以数列为背景的不等式恒成立问题，多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧，同时也要注意数列或数列对应函数的单调性的应用．
■对点即时训练·
1．若数列{an}满足：对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得am 2　n2　[因为am<5，而an＝n2，所以m＝1,2，所以(a5)*＝2.
因为(a1)*＝0，(a2)*＝1，(a3)*＝1，(a4)*＝1，
(a5)*＝2，(a6)*＝2，(a7)*＝2，(a8)*＝2，(a9)*＝2，
(a10)*＝3，(a11)*＝3，(a12)*＝3，(a13)*＝3，(a14)*＝3，(a15)*＝3，(a16)*＝3，
所以((a1)*)*＝1，((a2)*)*＝4，((a3)*)*＝9，((a4)*)*＝16，猜想((an)*)*＝n2.]
2．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.
[证明]　(1)由an＋1＝3an＋1得
an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
所以an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<.
所以＋＋…＋<.

[高考真题]
1.(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)
A．18个　　　　 B．16个
C．14个 D．12个
C　[由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．
故共有14个．故选C．]
2.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
－63　[法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.]
3.(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________.
　[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
由得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.]
4.(2016·全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
[解]　(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为bn＝
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
[最新模拟]
5．(2018·昆明教学质量检查)数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n·n，则数列{an}的前20项的和为(　　)
A．－100 B．100
C．－110 D．110
A　[由an＋1＋an＝(－1)nn，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19，∴an的前20项的和为a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－×10＝－100，故选A．]
6．(2018·安阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋Bx＋C－1(B，C∈R)的图象上，且a1＝C．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列bn＝an(a＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d＝n2＋n，又Sn＝n2＋Bn＋C－1，两式对照得所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)bn＝(2n－1)(2·2n－1－1＋1)＝(2n－1)2n，
则Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－1)·2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得
Tn＝(2n－1)·2n＋1－2(22＋…＋2n)－2
＝(2n－1)·2n＋1－2×－2
＝(2n－3)·2n＋1＋6.