1、数 学 大二轮复习第一部分专题强化突破专题四 数 列第二讲 数列求和及综合应用1 高考考点聚焦 2 核心知识整合 3 高考真题体验 4 命题热点突破 5 课后强化训练 高考考点聚焦高考考点考点解读求数列的通项公式1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差(比)的某些项或前几项的和，求其通项公式2考查等差(比)数列的概念以及通项公式、前n项和公式等求数列的前n项和1.以等差(比)数列为命题背景，考查等差(比)的前n项和公式、分组求和2以递推数列、等差(比)数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法与数列的和有关的综合应用1.等差(比)数列的求和、分组求和、错位
2、相减求和及裂项相消求和2常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等 备考策略 本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法(2)掌握等差(比)数列求和公式及方法(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略 预测2018年命题热点为：(1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和(3)已知某个不等式成立，求某参数的值证明某个不等式成立核心知识整合1分组求和法：分组求和法是解决通项
3、公式可以写成 cnanbn形式的数列求和问题的方法，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：将数列的通项分成两个代数式子的差，即 anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如canan1(其中an是公差 d0 且各项均不为 0 的等差数列，c 为常数)的数列等3错位相减法：形如anbn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回顾反思附：(1)常见的拆项公式(其中 nN*)1nn1_1nnk1k(1n
4、 1nk)1n 1n1 12n12n1_若等差数列an的公差为 d，则1anan11d(1an 1an1)；1anan2 12d(1an 1an2)1nn1n2121nn11n1n21n n1 n1 n1n nk1k(nk n)12(12n112n1)(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式，如123nnn12；135(2n1)_；122232n216n(n1)(2n1)n2 1公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论 2错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项 3裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项 4裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性高考真题体验1(20
5、17全国卷，3)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯导学号 52134495()A1 盏 B3 盏 C5 盏 D9 盏B 解析 设塔的顶层的灯数为 a1，七层塔的总灯数为 S7，公比为 q，则由题意知 S7381，q2，S7a11q71q a112712 381，解得 a13故选 B2(2017全国卷，12)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
6、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，依次类推求满足如下条件的最小整数 N：N100 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导学号 52134496()A440 B330 C220 D110A 解析 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n1n2由题意知，N100，令n1n2100n14 且 nN*，即 N 出现在第 13 组
7、之后第 n 组的各项和为12n122n1，前 n 组所有项的和为212n12 n2n12n设 N 是第 n1 组的第 k 项，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则 Nn1n2项的和即第 n1 组的前 k 项的和 2k1 应与2n 互为相反数，即 2k12n(kN*，n14)，klog2(n3)n 最小为 29，此时 k5，则 N2912925440故选 A3(2017全国卷，15)等差数列an的前 n 项和 Sn，a33，S410，则k1n1Sk_.导学号 521344972nn1 解析 设等差数列an的公差为 d，则由a3a12d3，S44a1432 d10，得a11，d1.Snn1nn1
8、21nn12，1Sn2nn12(1n 1n1)k1n 1Sk1S11S21S31Sn2(112121313141n 1n1)2(1 1n1)2nn14(2017全国卷，17)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.导学号 52134498(1)求an的通项公式；(2)求数列 an2n1的前 n 项和解析(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)，两式相减得(2n1)an2，所以 an22n1(n2)又由题设可得 a12，满足上式，所以an的通项公式为 an22n1(2)记 an2n1的前 n 项和为 Sn由(1)知 an2n122n12
9、n112n112n1，则 Sn1113131512n112n1 2n2n1命题热点突破(1)已知正项数列an满足 a11，(n2)a2n1(n1)a2nanan10，则它的通项公式为导学号 52134499()Aan 1n1 Ban 2n1Cann12Dann命题方向1 求数列的通项公式B 解析 由(n2)a2n1(n1)a2nanan10，得(n2)an1(n1)an(an1an)0，又 an0，所以(n2)an1(n1)an，即an1an n1n2，an1n1n2an，所以an nn1n1n 23a1 2n1a1(n2)，所以 an 2n1(n1 适合)，于是所求通项公式为 an 2n1(
10、2)(2017厦门二模)若数列an的前 n 项和为 Sn23an13，则数列an的通项公式为导学号 52134500()Aan2n1Ban(2)n1Can(2)nDan2nB 解析 由 anSnSn1(n2)，得 an23an23an1.所以 an2an1.又可以得到 a11，所以 an(2)n1(n2)又 a1(2)111，所以 an(2)n1规律总结求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法(2)已知 Sn与 an的关系，利用 anS1，n1，SnSn1，n2，求 an(3)累加法：数列递推关系形如 an1anf(n)，其中数列f(
11、n)前 n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)(4)累乘法：数列递推关系形如 an1g(n)an，其中数列g(n)前 n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)(5)构造法：递推关系形如 an1panq(p，q 为常数)可化为 an1 qp1p(an qp1)(p1)的形式，利用an qp1是以 p 为公比的等比数列求解；递推关系形如 an1 pananp(p 为非零常数)可化为 1an11an1p的形式1设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an前 10 项的和为_.导学号 521345012011 解析 由 a11，且 an1an
12、n1(nN*)得，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123nnn12，则1an2nn12(1n 1n1)，故数列1an前 10 项的和 S102(1121213 110 111)2(1 111)20112Sn为数列an的前 n 项和，已知 an0，a2n2an4Sn3.导学号 52134502(1)求an的通项公式(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和解析(1)由 a2n2an4Sn3，可知a2n12an14Sn13，可得 a2n1a2n2(an1an)4an1，即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an)，由于 an0，可得 an1an2，又 a2
13、12a14a13，解得 a11(舍去)，a13所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1(2)由 an2n1 可知bn1anan112n12n31212n112n3 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则Tnb1b2bn121315 1517 12n112n3 n32n3(一)分组转化法求和设数列an满足 a12，a2a48，且对任意 nN*，函数 f(x)(anan1an2)xan1cos xan2sin x 满足 f(2)0.导学号 52134503(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn2(an 12an)，求数列bn的前 n 项和 Sn命题方向2 数列求和问题
14、解析(1)由题设可得f(x)anan1an2an1sin xan2cos x对任意 nN*，f(2)anan1an2an10，即 an1anan2an1，故an为等差数列由 a12，a2a48，解得an的公差 d1，所以 an21(n1)n1(2)因为 bn2(an 12an)2(n1 12n1)2n12n2，所以 Snb1b2bn(222)2(12n)(1212212n)2n2nn1212112n112n23n112n(二)错位相减法求和设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn3n3.导学号 52134504(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足 anbnlog3an，求bn的前
15、 n 项和 Tn解析(1)因为 2Sn3n3，所以 2a133，故 a13当 n1 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即 an3n1，所以 an3，n1，3n1，n1.(2)因为 anbnlog3an，所以 b113当 n1 时，bn31nlog33n1(n1)31n所以 T1b113；当 n1 时，Tnb1b2b3bn13131232n131n，所以 3Tn1130231(n1)32n两式相减，得2Tn23(30313232n)(n1)31n23131n131(n1)31n136 6n323n，所以 Tn13126n343n经检验，n1 时也适合综上可得 T
16、n13126n343n(三)裂项相消法求和(2017洛阳统考)设数列an的前 n 项和为 Sn，对任意正整数 n 都有 6Sn12an.导学号 52134505(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog12an，求 Tn 1b211 1b221 1b2n1解析(1)由 6Sn12an，得 6Sn112an1(n2)两式相减得 6an2an12an，即 an14an1(n2)，由 6S16a112a1，得 a118，数列an是等比数列，公比 q14，所以 an18(14)n1(12)2n1(2)an(12)2n1，bn2n1，从而 1b2n114nn114(1n 1n1)Tn14(112)
17、(1213)(1n 1n1)14(1 1n1)n4n1 规律总结 1分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(1)n等特征 2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多 3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘anbn型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比 把两个和的形式错位相减 整理结果形式已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.导学号 52134506(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cnan1n1bn2
18、n.求数列cn的前 n 项和 Tn解析(1)由题意知当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d，由a1b1b2，a2b2b3，得112b1d，172b13d，可解得 b14，d3所以 bn3n1(2)由(1)知 cn6n6n13n3n 3(n1)2n1又 Tnc1c2cn，所以 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12(n1)2n23n2n2，所以 Tn3n2n2(一)数列与函数的综合设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数
19、f(x)2x的图象上(nN*).导学号 52134507(1)若 a12，点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列an的前 n 项和 Sn；(2)若 a11，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2 1ln 2，求数列anbn的前 n 项和 Tn命题方向3 数列与函数、不等式的综合问题解析(1)由已知得，b72a7，b82a84b7，有 2a842a72a72解得 da8a72所以 Snna1nn12d2nn(n1)n23n(2)f(x)2xln 2，f(a2)2a2ln 2，故函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为 y2a22a2ln 2(x
20、a2)，它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2由题意得，a2 1ln 22 1ln 2，解得 a22所以 da2a11从而 ann，bn2n所以 Tn12222323n12n1 n2n，2Tn1122322 n2n1因此，2TnTn12122 12n1n2n2 12n1n2n2n1n22n所以 Tn2n1n22n(二)数列与不等式的综合(文)(2017广州模拟)设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a12，对任意 nN*，都有 2Sn(n1)an.导学号 52134508(1)求数列an的通项公式；(2)若数列4anan2的前 n 项和为 Tn，求证：12Tn0，所以 1 1n11因为 f
21、(n)1n1在 N*上是递减函数，所以 1 1n1在 N*上是递增的，所以当 n1 时，Tn取最小值12所以12Tn1(理)已知数列an满足 a11，an13an1导学号 52134509(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明1a11a21an32解析(1)证明：由 an13a11，得 an1123(an12)又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列an123n2，因此an的通项公式为 an3n12(2)由(1)知1an 23n1因为当 n1 时，3n123n1，所以 13n1123n1于是1a11a21an113 13n132(113n)32所
22、以1a11a21an32 规律总结 1数列与函数、不等式的综合问题的常见题型(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；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(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题 2解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化课后强化训练
