1、4.2 数列的通项与求和-2-试题统计 题型 命题规律 复习策略(2013 全国,理 12)(2013 全国,理 14)(2015 全国,理 17)(2016 全国,理 3)(2016 全国,理 17)(2016 全国,理 17)(2017 全国,理 12)(2017 全国,理 15)(2017 全国,理 9)选择题填空题解答题 数列的通项与求和是高考中对数列考查的又一个重点,主要考查等差数列、等比数列的求和公式以及通过变形转化为等差数列、等比数列的数列求和.数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起,在考查基本运算、基本能力的基础上,又注意考查学生分析问题、解决问题的能力.抓住考查的主要题目类
2、型进行训练,重点是:常见求数列通项的方法;非等差数列、非等比数列的求和问题中的倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.-3-命题热点一 命题热点二 命题热点三 由数列的递推关系求通项【思考】由递推关系求数列的通项的常用的方法有哪些?例1根据下列条件,确定数列an的通项公式:(1)a1=2,+1=an+ln 1+1;(2)a1=12,+1=+2an+1-+2;(3)a1=1,+1=3an+2.解：(1)an+1=an+ln 1+1,an-an-1=ln 1+1-1=ln-1(n2),an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=ln-1+ln-1-
3、2+ln32+ln 2+2=2+ln-1-1-232 2=2+ln n(n2).又 a1=2 适合上式,故 an=2+ln n(nN*).-4-命题热点一 命题热点二 命题热点三(2)an+1=+2an+1-+2,an+1-1=+2(an-1),令 bn=an-1,有 b1=a1-1=-12,则 bn+1=+2bn,取 n=1,2,3,n-1,由累乘,得 bn=13 24 35-1+1 -12=-1(+1),an=1-1(+1).(3)由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),a1=1,知 a1+1=2,an+10,+1+1+1=3.数列an+1是以 2 为首项,以 3 为公
4、比的等比数列.则 an+1=23n-1,故 an=23n-1-1.-5-命题热点一 命题热点二 命题热点三 题后反思由递推关系求数列的通项的基本思想是转化,常用的方法:(1)an+1-an=f(n)型,采用迭加法;(2)+1=f(n)型,采用迭乘法;(3)an+1=pan+q(p0,p1)型,转化为等比数列解决;(4)an+1=(an0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等差数列解决.+-6-命题热点一 命题热点二 命题热点三 对点训练1根据下列条件,确定数列an的通项公式:(1)a1=1,+1=22+;(2)Sn=23an+13.答案 答案 关闭(1)a1=1,an+1=22+,1+1=
5、1+12.数列 1 是等差数列,其首项为 1,公差为12,1=1+-12,an=2+1.(2)Sn=23an+13,当 n2 时,Sn-1=23an-1+13.由-,得 an=23an-23an-1,即-1=-2.a1=S1=23a1+13,a1=1.an是以 1 为首项,-2 为公比的等比数列,an=(-2)-1.-7-命题热点一 命题热点二 命题热点三 裂项相消法求和【思考】在裂项相消法中,裂项的基本思想是什么?例2Sn为数列an的前n项和.已知an0,+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=,求数列bn的前n项和.21+1 答案 答案 关闭(1)由2+2an=4Sn+
6、3,可知+12+2an+1=4Sn+1+3.可得+12 2+2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=+12 2=(an+1+an)(an+1-an).由于 an0,可得 an+1-an=2.又12+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),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=1+1=1(2+1)(2+3)=12 12+1-12+3.设数列bn的前 n 项和为 Tn,则Tn=b1+b2+bn=12 13-15+15-17+12+1-12+3 =3(2+3).-8-命题热点一 命题热点二
7、命题热点三 题后反思裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(kN*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式,使之符合裂项相消的条件.-9-命题热点一 命题热点二 命题热点三 对点训练 2(2017 山西五校联考)设等比数列an的前 n 项和为Sn,3a7=42,a2=2a1,在等差数列bn中,b3=a4,b15=a5.(1)求证:Sn=2an-3;(2)求数列 4(+8)的前 n 项和 Tn.-10-命题热点一 命题热点二 命题热点三(1)证明:因为 3a7=42=a1a7,所以 a1=3.因为 a2=2a1,所
8、以 q=2.所以 an=32n-1,Sn=3(1-2)1-2=3(2n-1).所以 Sn=2an-3.使用等比数列的前 n 项和公式时,要注意公比 q 是否为 1.(2)解:因为 b3=a4=24,b15=a5=48,所以 d=48-2415-3=2,b1=20.所以 bn=2n+18.所以4(+8)=2(+8)(+9)=2 1+8-1+9.所以 Tn=2 19-110+110-111+111-112+1+8-1+9=2 19-1+9=29(+9).-11-命题热点一 命题热点二 命题热点三 错位相减法求和【思考】具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?例3(2017天津,理18)已知an为等
9、差数列,前n项和为Sn(nN*),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(nN*).-12-命题热点一 命题热点二 命题热点三 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q0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列an的通项公式
10、为an=3n-2,数列bn的通项公式为bn=2n.-13-命题热点一 命题热点二 命题热点三(2)设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=24n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)4n,故Tn=24+542+843+(3n-1)4n,4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1,上述两式相减,得-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1=12(1-4)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.得 Tn=3-234n+1+83.所以,数列a2nb2n-1的前 n 项和为3-234n+1+83.-14
11、-命题热点一 命题热点二 命题热点三 题后反思错位相减法适用于求数列anbn的前n项和,其中an为等差数列,bn为等比数列;所谓“错位”,就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和,此时一定要查清其项数.-15-命题热点一 命题热点二 命题热点三(2)令 cn=(+1)+1(+2),求数列cn的前 n 项和 Tn.解：(1)由题意知当 n2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当 n=1 时,a1=S1=11,符合上式.所以 an=6n+5.设数列bn的公差为 d.由 1=1+2,2=2+3,即 11=21+,17=21+3,可解得 b1=4,d=3,所以 bn=3n+1.对
12、点训练3已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列bn的通项公式;-16-命题热点一 命题热点二 命题热点三(2)由(1)知 cn=(6+6)+1(3+3)=3(n+1)2n+1.又 Tn=c1+c2+cn,得 Tn=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2,两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=3 4+4(1-2)1-2-(+1)2+2=-3n2n+2,所以 Tn=3n2n+2.-17-规律总结 拓展演练 1.常见求数列通项的方法有:迭加法、迭乘法、构造等差数列、等
13、比数列法、取倒数法,利用数列前n项和Sn与通项an之间的关系Sn-Sn-1=an(n2)进行递推、构造新数列等.2.非等差数列、非等比数列求和的常用方法:(1)倒序相加法,如果一个数列an,首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和即是用此法推导的.(2)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项和就是用此法推导的.(3)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.-18-规律总结 拓展演练(
14、4)分组求和法,一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.(5)并项求和法,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.-19-规律总结 拓展演练 答案 解析 解析 关闭设等差数列的公差为 d,则 d0,32=a2a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得 d=-2,所以 S6=61+652(-2)=-24,故选 A.答案 解析 关闭A 1.(2017全国,理9)等差数列an的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则an前6项的和为()A.-24
15、B.-3 C.3D.8-20-规律总结 拓展演练 2.(2017浙江,6)已知等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,则“d0”是“S4+S62S5”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 解析 解析 关闭因为 Sn=na1+(-1)2d,所以 S4+S62S510a1+21d10a1+20dd0,即“d0”是“S4+S62S5”的充分必要条件,选 C.答案 解析 关闭C-21-规律总结 拓展演练 答案 解析 解析 关闭设等差数列的首项为 a1,公差为 d,由题意可知 1+2=3,41+432 =10,解得 1=1,=1.所以 Sn=na
16、1+(-1)2d=(1+)2.所以1=2(+1)=2 1-1+1.所以=11Sk=2 1-12+12-13+1n-1n+1 =2 1-1n+1=2nn+1.答案 解析 关闭2+1 3.(2017全国,理15)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=11Sk=.-22-规律总结 拓展演练 答案 答案 关闭(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=0,1 10,1,10 100,2,100 1 000,3,=1 000,所以数列bn的前
17、 1 000 项和为 190+2900+31=1 893.4.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.-23-规律总结 拓展演练 5.在等比数列an中,已知a3=8,a6=64.(1)求数列an的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列bn的第3项和第5项,试求数列bn的通项公式及前n项和Sn.答案 答案 关闭(1)设等比数列an的首项为 a1,公比为 q.由已知得 8=12,64=15,解得 1=2,=2.故 an=2n.(2)由(1)得 a3=8,a5=32,则 b3=8,b5=32.则有 1+2=8,1+4=32,解得 1=-16,=12.从而 bn=-16+12(n-1)=12n-28.故数列bn的前 n 项和 Sn=(-16+12-28)2=6n2-22n.
