2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第2講 數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用教案

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1、 第2講　數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用 自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引 真題感悟 1．(2012·大綱全國(guó)卷)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列的前100項(xiàng)和為 A.　 　 　B.　 　 　C.　 　 　D. 解析　利用裂項(xiàng)相消法求和． 設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d. ∵a5＝5，S5＝15， ∴， ∴∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ∴＝＝－， ∴數(shù)列{}的前100項(xiàng)和為1－＋－＋…－＝1－＝. 答案　A 2．(2012·浙江)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N＋，數(shù)列{bn}滿足an＝4log2bn＋3，n∈N＋.

2、 (1)求an，bn； (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)由Sn＝2n2＋n，得 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 所以an＝4n－1，n∈N＋. 由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N＋. (2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N＋， 所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n， 所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.

3、 故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N＋. 考題分析 數(shù)列的求和是高考的必考內(nèi)容，可單獨(dú)命題，也可與函數(shù)、不等式等綜合命題，求解的過(guò)程體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想，解答此類題目需重點(diǎn)掌握幾類重要的求和方法，并加以靈活應(yīng)用． 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 高頻考點(diǎn)突破 考點(diǎn)一：裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的前n項(xiàng)和 【例1】(2012·門頭溝一模)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(n∈N＋)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. [審題導(dǎo)引]　(1)運(yùn)用公式an＝求an，注意n＝1時(shí)通項(xiàng)公式an； (2)裂項(xiàng)法求和． [規(guī)范解答]　(1)由已知，當(dāng)

4、n＝1時(shí)，a1＝S1＝2， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ (2)由(1)知， bn＝ 當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝b1＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝＋＝－， ∴{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝－. 【規(guī)律總結(jié)】 常用的裂項(xiàng)技巧和方法 用裂項(xiàng)相消法求和是最難把握的求和問(wèn)題之一，其原因是有時(shí)很難找到裂項(xiàng)的方向．突破這類問(wèn)題的方法是根據(jù)式子的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，掌握一些常見(jiàn)的裂項(xiàng)技巧，如： (1)＝； (2)＝(－)； (3)C＝C－C； (4)n·n！＝(n＋1)?。璶！等． [易錯(cuò)提示]　利用裂項(xiàng)相消法解決數(shù)列求和問(wèn)題，

5、容易出現(xiàn)的錯(cuò)誤有兩個(gè)方面： (1)裂項(xiàng)過(guò)程中易忽視常數(shù)，如容易誤裂為－，漏掉前面的系數(shù)； (2)裂項(xiàng)之后相消的過(guò)程中容易出現(xiàn)丟項(xiàng)或添項(xiàng)的問(wèn)題，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤． 【變式訓(xùn)練】 1．(2012·大連模擬)已知函數(shù)f(x)＝，數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N＋)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝anan＋1·3n，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn. 解析　(1)由已知，an＋1＝，∴＝＋1. ∴＋＝3，并且＋＝， ∴數(shù)列為以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列， ∴＋＝·3n－1，∴an＝. (2)bn＝＝－， ∴Sn＝b

6、1＋b2＋…＋bn ＝－＋…＋－＝－. 考點(diǎn)二：錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和 【例2】(2012·濱州模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知an＋1＝2Sn＋2(n∈N＋)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)在an與an＋1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n＋2個(gè)數(shù)組成公差為dn的等差數(shù)列，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. [審題導(dǎo)引]　(1)利用遞推式消去Sn可求an； (2)利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和． [規(guī)范解答]　(1)由an＋1＝2Sn＋2(n∈N＋)， 得an＝2Sn－1＋2(n∈N＋，n≥2)， 兩式相減得an＋1－an＝2an， 即an＋1＝3an(n∈N＋，

7、n≥2)， 又a2＝2a1＋2， ∵{an}是等比數(shù)列，所以a2＝3a1， 則2a1＋2＝3a1， ∴a1＝2，∴an＝2·3n－1. (2)由(1)知an＋1＝2·3n，an＝2·3n－1. ∵an＋1＝an＋(n＋1)dn，∴dn＝， 令Tn＝＋＋＋…＋， 則Tn＝＋＋＋…＋① Tn＝＋＋…＋＋② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝＋×－＝－. 【規(guī)律總結(jié)】 錯(cuò)位相減法的應(yīng)用技巧 (1)設(shè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法． 應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)需注意： (2)①給數(shù)列和Sn的等式兩邊所乘的常數(shù)應(yīng)不為零，否

8、則需討論； ②在轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列的和后，求其和時(shí)需看準(zhǔn)項(xiàng)數(shù)，不一定為n. 【變式訓(xùn)練】 2．已知等差數(shù)列{an}滿足：an＋1＞an(n∈N＋)，a1＝1，該數(shù)列的前三項(xiàng)分別加上1、1、3后順次成為等比數(shù)列{bn}的前三項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Tn＝＋＋…＋(n∈N＋)，若Tn＋－＜c(c∈Z)恒成立，求c的最小值． 解析　(1)設(shè)d、q分別為數(shù)列{an}的公差、數(shù)列{bn}的公比． 由題意知，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分別加上1、1、3得2、2＋d、4＋2d， ∴(2＋d)2＝2(4＋2d)，∴d＝±2. ∵an＋1＞an，

9、∴d＞0，∴d＝2， ∴an＝2n－1(n∈N＋)， 由此可得b1＝2，b2＝4，∴q＝2，∴bn＝2n(n∈N＋)． (2)Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，① ∴Tn＝＋＋＋…＋.② 由①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－. ∴Tn＝1＋－＝3－－＝3－， ∴Tn＋－＝3－＜3. ∴使Tn＋－＜c(c∈Z)恒成立的c的最小值為3. 考點(diǎn)三：數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題 【例3】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＝a(Sn－an＋1)(a為常數(shù)，且a≠0，a≠1)． (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝a＋Sn·an，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求a的值； (3)在滿足條件

10、(2)的情形下，設(shè)cn＝－，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn＞2n－. [審題導(dǎo)引]　第(1)問(wèn)先利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)把Sn與an的關(guān)系式轉(zhuǎn)化為an與an－1之間的關(guān)系，判斷數(shù)列的性質(zhì)，求其通項(xiàng)公式； (2)根據(jù)第(1)問(wèn)，求出數(shù)列{bn}的前三項(xiàng)，利用b＝b1×b3列出方程即可求得a的值； (3)先求出數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式，根據(jù)所求證問(wèn)題將其放縮，然后利用數(shù)列求和公式證明． [規(guī)范解答]　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a(S1－a1＋1)， 得a1＝a. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝a(Sn－an＋1)， Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)， 兩式相減得an＝a·

11、an－1，得＝a. 即{an}是等比數(shù)列． 所以an＝a·an－1＝an. (2)由(1)知bn＝(an)2＋an， bn＝， 若{bn}為等比數(shù)列，則有b＝b1b3， 而b1＝2a2，b2＝a3(2a＋1)，b3＝a4(2a2＋a＋1)， 故[a3(2a＋1)]2＝2a2·a4(2a2＋a＋1)，解得a＝， 再將a＝代入bn，得bn＝n，結(jié)論成立， 所以a＝. (3)證明　由(2)，知an＝n， 所以cn＝－＝＋ ＝2－＋. 所以cn＞2－＋. Tn＝c1＋c2＋…＋cn＞＋＋…＋ ＝2n－＋＞2n－.結(jié)論成立． 【規(guī)律總結(jié)】 數(shù)列與不等式綜合問(wèn)題的解題方法

12、 (1)在解決與數(shù)列有關(guān)的不等式問(wèn)題時(shí)，需注意應(yīng)用函數(shù)與方程的思想方法，如函數(shù)的單調(diào)性、最值等． (2)在數(shù)列的恒成立問(wèn)題中，有時(shí)需先求和，為了證明的需要，需合理變形，常用到放縮法，常見(jiàn)的放縮技巧有： ①＜＝； ②－＜＜－； ③2(－)＜＜2(－)； ④利用(1＋x)n的展開(kāi)式進(jìn)行放縮． 【變式訓(xùn)練】 3．已知數(shù)列{bn}滿足：bn＋1＝bn＋，且b1＝，Tn為{bn}的前n項(xiàng)和． (1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列，并求{bn}的通項(xiàng)公式； (2)如果對(duì)任意n∈N＋，不等式≥2n－7恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． 解析　(1)證明　對(duì)任意n∈N＋，都有bn＋1＝bn＋， 所以b

13、n＋1－＝， 則是等比數(shù)列，首項(xiàng)為b1－＝3，公比為， 所以bn－＝3×n－1，即bn＝3×n－1＋. (2)因?yàn)閎n＝3×n－1＋， 所以Tn＝3＋ ＝＋＝6＋. 因?yàn)椴坏仁健?n－7， 化簡(jiǎn)，得k≥，對(duì)任意n∈N＋恒成立， 設(shè)cn＝， 則cn＋1－cn＝－＝， 當(dāng)n≥5時(shí)，cn＋1≤cn，數(shù)列{cn}為單調(diào)遞減數(shù)列； 當(dāng)1≤n＜5時(shí)，cn＋1＞cn，數(shù)列{cn}為單調(diào)遞增數(shù)列． 而＝c4＜c5＝，所以n＝5時(shí)，cn取得最大值. 所以要使k≥對(duì)任意n∈N＋恒成立，k≥. 名師押題高考 【押題1】在數(shù)列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和

14、Sn＝________. 解析　an＝(1＋2＋3＋…＋n)＝， bn＝＝8 ∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為 Sn＝8 ＝8＝. 答案　 [押題依據(jù)]　求數(shù)列的通項(xiàng)公式與數(shù)列的前n項(xiàng)和都是高考的熱點(diǎn)．本題綜合考查了以上兩點(diǎn)及等差數(shù)列的求和公式，考查數(shù)列知識(shí)全面，綜合性較強(qiáng)，故押此題． 【押題2】已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1的等比數(shù)列，且an＞0，{bn}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，又a5＋b3＝21，a3＋b5＝13. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn. 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，{bn}的公差為d， 則由已知條件得：， 解之得：. ∴an＝2n－1，bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)知＝. ∴Sn＝＋＋＋…＋＋.① ∴Sn＝＋＋…＋＋.② ①－②得：Sn＝＋＋＋…＋－ ＝＋－＝＋－ ＝＋1－n－1－.∴Sn＝3－. [押題依據(jù)]　數(shù)列求和中的錯(cuò)位相減法因運(yùn)算量較大，結(jié)構(gòu)形式復(fù)雜．能夠較好地考查考生的運(yùn)算能力，有很好的區(qū)分度，而備受命題者青睞．本題綜合考查了等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及錯(cuò)位相減法求和，難度中等，故押此題． - 9 -