(浙江专用)2020版高考数学数列求和、数列的综合应用讲义(含解析)

1、§7.4 数列求和、数列的综合应用取新专纲考情考向分析1 .掌握等差、等比数列的前 n项和公式及其应用.2 .会利用数列的关系解决实际问题.本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前 n项和为主，识别 出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的 热点.题型以解答题的形式出现，难度中等 或稍难.与不等式、函数、最值等问题综合.基础知识自主学习画箱册知识训券/岫款目一知识梳理1 .等差数列的前n项和公式17Sn =n ai+ ann n 1=nai + 2d.2 .等比数列的前n项和公式nai, q=1,i-q，qw1.Sn= a1 一 anq a1 1 一 q 一些常见

2、数列的前n项和公式(1)1+2+3+4+n n+ 1n = -2"(2)1+3+5+7+2n- 1 = n2.(3)2+4+6+8+2n= n(n+ 1).(4)12+ 22 + 2 n n+ 1 2n+ 14.数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.常见的裂项公式一1T=-工；n n+ 1 n n+112n 1 2n 11112 2n 1 2n+ 1 ；1 ;FTnrr =2(4)倒

3、序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式 的推导过程的推广.(6)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.例如，&=1002 992+ 982 972+ 22 12=(100 + 99) + (98 + 97)+ (2 + 1) =5050.r基础自测题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打或“X”)a1 an+1 如果数列an为等比数歹U,且公比不等于 1,则其前

4、n项和S1 = -.( V )1 q1111当n*时，e=2=.(，)(3)求$=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.(x )1 21(4)数列2n+ 2n 1的前n项和为n + 2n.(x )推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21。+ sin 22 +sin 23° + sin 288° + sin 289° = 44.5.( V )(6)如果数列an是周期为k的周期数列，那么Sm= mS(m k为大于1的正整数).( V )题组二教材改编2. P61A组T5 一个球从100m高

5、处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是 ()A. 100+ 200(1 2 9)B. 100+100(1 2 9)C. 200(1 -2 9)D. 100(1 2 9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为 100+2(50 +25+ 100X2 9) = 100 + 2X 100X(2 121 9+ 2 2+ 2 9) = 100 + 200X1 : 21 = 100+200(1 - 2 9).1 23. P61A 组 T4(3)1 +2x+3x2+ . nn1 x nx答案不父En 1nx解析设 S= 1 + 2x+3x2+ nxn 1,则

6、xSn=x+2x2+3x3+ nxn,一得(1 x)S= 1+ x+x2+ xn 1- nxnn= pnxn,1 -x ，Sn =nn1 x nx1-x 2 1-x题组三易错自纠4.已知数列an的前n项和为S,a1=1,当 n>2 时，an + 2Sn-1=n,则 S2019等于(A. 1007B. 1008C. 1009D. 1010答案 D解析 由an+2S1=n 得 an+1+2S = n+1,两式相减得an+1 an+2an=1?an+1+ an=1?S2019=a + (a2 + a3) + (a2018 + a2019) = 1009X 1 + 1 = 1010.5 .数列

7、an的通项公式为an=( 1)nT (4 n3),则它的前100项之和S©等于()A. 200B. 200C. 400D. 400答案 B解析Soo = (4X1 3) -(4X2- 3) +(4X3- 3)一(4X100 3)=4X(1 2)+(3 -4)+ + (99 - 100) =4X( 50) = 200.一 一一一 .n6.数列an的通项公式为an= ncos-2-,其刖n项和为S,则&。17=答案 1008.一 一 .n解析 因为数列an=ncos-2-呈周期性变化，观察此数列规律如下：白=0, a2=2, as= 0,a4= 4.故 &= a1 + a

8、2 + a3 + a4=2.a5=0, a6 = 6,既=0, a8= 8,故 as+a6 +a?+a8= 2,周期 T= 4.S2017= S2016+ 2201720162017= 4-X 2 + 2017 - cos -2兀=1008.7. (2011 浙江)若数列nn+4 2 n中的最大项是第k项，则k =3答案 4解析由题意知k k+4 2 k> k-1 k+3 2 k1, 33k k+ 4 - k > k+ 1 k+5 wk1, 33解得/wkw1 + /. . keN*, .“=4.题型分类深度剖析煮题刖监源度期折差点错点至恂用克第1课时数列求和的常用方法题型一分组转

9、化法求和"师生共研 ，一一一n2+ n *例1已知数列列 的前n项和S=-2一，nC N.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn=2an +( 1)nan,求数列bn的前 2n 项和.解 (1)当 n=1 时，a1=S=1；,n2+ nn 1 2+ n 1当 n A 2 时, an= Sn 一 Sn 1 = 2 一2= Qa1也满足an= n,故数列an的通项公式为 an = n( ne N).(2)由(1)知 an=n,故 bn=2n+( 1)nn.记数列 bn的前2n项和为T2n,则 T2n= (21+22+ 22n)+ ( 1 + 23+4+ 2n).记 A= 21+22+

10、 22n,B= 1+ 23 + 4+ 2n,2n则 A= = 22n+1 2,B= ( 1 + 2) + ( 3+4)+ -(2n-1) + 2n = n.故数列 bn的前 2n 项和 T2n=A+ B= 22n+1+ n-2.引申探究 本例(2)中，求数列bn的前n项和Tn.解由知 bn = 2n+( 1)nn.当n为偶数时，n+ 1i 2n2 2 nn+i nTn=(2 +2+ - + 2)+-1 + 2-3+4- - - (n1) + n= 1_2 +2=2 +-2;当 n 为奇数时，Tn=(21 + 22+ - + 2n) + -1 + 2-3+4-(n-2) + ( n-1)- n=

11、2n+ 1n 52 2.2n+1+n-2, n为偶数,n+1 n 5 2 2,n为奇数.思维升华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 Rn的前n项和.bn, n为奇数，(2)通项公式为an=山的数列，其中数列&, Cn是等比数列或等差数列，Cn, n为偶数可采用分组求和法求和.提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.2跟踪训练1(2018 温州市适应性考试 )已知数列an的前n项和为S,且a = 2,2 S= ( n+ 1) an

12、n2an+1,数列bn满足 b1 = a, nbn+1= anbn.(1)求数列斜和 bn的通项公式；(2)若数列Cn满足Cn=an+bn(nC N*),求数列 Cn的前n项和Tn.解 (1)由 2&= ( n+1) 2ann2an+1,可得 2Sn+1 = ( n+2) an+1 (n+1) an+ 2,一得 2an+1= 2( n2+ 2n+ 2) an+1 ( n+ 1)2an+2- (n+ 1) 2an,所以 2(n+ 1) an+1 = (n +1) an+ 2+(n+1) an,化简得 2an+1= an+2+an,所以a是等差数列.由 2S = (1 +1)2a1 % 可

13、得 a2=4,所以公差 d= 32 a1 = 42 = 2,故 3n=2+2(n-1) = 2n.由bi=ai, nbn+i = anbn以及an= 2n可知，bi = 2, bn =2,所以数列bn是以2为首项，2为 Dn公比的等比数列，故 bn=2X2 ni = 2n.(2)因为 Cn= an+ bn=2n+ 2n,所以 T=(2 + 2) + (4 + 22)+(6 +23)+ (2n+2n)=(2 +4+6+ 2n) +(2 + 22+ 23+ 2n)n 2 +2n , 2 1 - 2n2+ 12=n2+n+2n 1 -2.题型二错位相减法求和师生共研例2(2018 浙江省金华名校统考

14、 )已知数列an是公比大于1的等比数列，且 a2+a4=90, a3,bn.= 27.在数列bn中，b1 = 1, bn+1 = (n N).bn 1(1)求数列an, bn的通项公式；(2)设2 a2,求数列Cn的前n项和Tn.bn解(1)设等比数列an的公比为q(q>1),3aq+ a1q = 90,则由生+a4= 90, a3= 27,得 2a1q = 27,a1 = 243,a1 = 3,解得或 1(舍去)，q=3q=-3故 an=3X3 ni = 3n.bn _*因为 b+= h 、nC N), bn I11所以丁 =7+1,bn+ 1 bn又b1=1,所以1是首项为1,公差为

15、1的等差数列.bn11,1于是，=1 + (n 1)X1= n,故 bn = -bnn(2)由(1)知，cn=ar=nx3n, bn所以 T>= c + C2+C3+ + Cn=1X3+2X3 2+ nX3n, 则 3Tn= 1 X 3 2 + 2X 3 3+ (n 1) X3 n+nx3n+1.两式相减得，-2Tn= 3 + 32 + 33+ + 3n nx 3 n+1 = - nx 3n+1=n x 3 n+1 -,1 322故 Tn= -n- - *3门+1+ 7244思维升华错位相减法求和时的注意点(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“ 3”与“

16、 qS”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q4”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.跟踪训练2(2018 杭州质检)已知各项均大于零的数列an的前n项和为且满足28= a2+ an. (1)求数列an的通项公式；(2)设bn 2an log12an,数列bn的前n项和为H,求使得Hn+n 2-1>50成立的最小整数2n.2解(1)由 2&=an+ an,得2$-1 = an-1 + an 1( n>2),当 n>2 时，一得 2an= an + an an-1 an-1,22即 a

17、n+an-1=an an 1 = ( ch -|- an 1 )( an an 1),又由题设知 an+an1>0,所以an an 1=1,故数列an是公差为1的等差数列，又 a1=1,所以 a= 1 + ( n 1) x 1 = n.(2)因为 bn 2an log1 2an=-n - 2n,2所以 H= (1 X2 1 + 2X2 2+ nX2n),贝U 2Hl=(2 2 + 2X 2 3+ nx2n+1).将以上两式作差化简可得Hn=- n - 2n+1 + 2n+1-2,于是，Hn+n - 2n+1>50,即 2n+1>52,解得 n>5.故最小正整数n是5.题

18、型三裂项相消法求和多维探究1命题点1形如an= n77k型例3(2018 浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列an的公差为2,等比数列bn的公比为2,且 anbn= n 2n.(1)求数列胡和 bn的通项公式;1 一一 .3.(2)令Cn= ,，记数列Cn的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小. an log 2bn+38解(1)anbn= n - 2n,aibi = 2,ab=2,?a2b2= 8ai + 2 - 2bi = 8,解得 sn= 2, bi= 1, .an=2+2(n 1) =2n,bn=2n，-、八 -.n-1(2) . a= 2n, bn= 2 Cn an log 2bn+3

19、 2门门+2-4n n + 2. . Tn= C1 + C2 + C3 + C4+，+ Cn- 1 + Cn111111114 1-3 + 2.4 + 35 + 4.61111+ n-1 n+ 1 + n n+ 21111-4 1+2 n+1 n+ 23 113=8-4 n+1 + n + 2 <8，3.Tn,81命题点2 an= f=；型njn + njnk k八1一 *例4已知函数f(x)=x"的图象过点(4,2),令an= f 计 1 + f n , n C N.记数歹U an的刖 n项和为 Sn,贝 U $019= .答案>/2020-1a1-解析 由f (4)

20、= 2,可得4 =2,解得a = 2,则f ( x) = x2 .an= f n+Mf n =鬲 + 而=后1 -的&019= a1 + a2+a3+ a2019= (也-1) +(正-也)+(V4-V3) + + (2019-2018) 十 (42020 42019) = 2020- 1.命题点3裂项相消法的灵活运用例5 (2018 绍兴诸暨市期末)已知等差数列an的公差为2,前n项和为且S,展，& 成等比数列.(1)求数列an的通项公式；“n 1 4n(2)令bn= ( - 1),求数列 bn的刖n项和Tn.anHn+ 1一 一，2X1解(1)因为 S = a1, Sa=2

21、a1 + x2=2a1+2, &=4a1+ 42x2= 4ad 12,由题意得(2a1 + 2)2=a1(4a1+12), 解得a=1,所以an=2n1.(2)由题意可知，bn=(-1)n 1 4nan an+ 1=(-1)n 14n2n1 2n+1=(-1)n 12n- 1 + 2n+1 .当n为偶数时,Tn =1 + 3 3+5+11_.12n2n3 +2n-1 2n-1 + 2n+1 =1-2n+1 = 2n+1.当n为奇数时,Tn =1 + 1 LI +33 52n3 +2n-1 + 2n-1 + 2n+1 =1+2n+12n+22n+1.所以Tn=2n+22n+1'n

22、为奇数,2n2n+ 1'或Tn =2n + 1 + - 12n+ 1n-1n为偶数.思维升华(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如:1n n+ k裂项后可以产生连续相互抵消的项.11(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.跟踪训练3(2018 绍兴市六校质检)已知函数f(x)=3x22x,数列an的前n项和为S,点 (n, S)(nCNj均在函数f(x)的图象上.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=, Tn是数列bn的前n项和，求使得 不<对所有的n C N*都成立的最小正整 anan+120数m2解(1)由题息知Sn=3n 2

23、n,当 n>2 时，an= Sn Sn i = 6n 5,ai= 3 2= 1,适合上式，an= 6n5.3111(2)bn= t ,v aanan+1 2 6n 5 6n+ 11,11111''Tn= 2 1- 7 + 7-13 + 6n5 6n+ 11 1= 21 6n+ 1，1 '2 1 6n+ 1 <2，一.11 m ,一，、要使2 1 -6n+ 1 <20对n N恒成立，一 .一 m1 ，需满足2m>2, . m10，故符合条件的最小正整数m为10.课时作业“基础保分练11111 数列 12 %，58, 7布1（2 n- 1） +2n,

24、的前n项和S的值等于（）B. 2n2-n+ 1-2nC. n2 , /1+ 1 - 2D. n n +1答案解析该数列的通项公式为1 an=(2n1) +2n,则 Sn=1 +3+5+ (2n1) +2+22+2=n2+1 A.22. （2018 杭州质检）设数列 an满足a1= 1, a+1- an = 2n（nCN*）.若S为数列的前n项和,则S2018等于（）A. 22016- 1B. 3 2 10093C. 22009 - 3D. 22010- 3答案 B,一一，n .一n+ 1.一 、 一an +2一一一 一.一-斛析 由an+1an= 2 ,得an+2 an+1=2,两式作商，得

25、=2,又a1= 1,所以a2=2,则an数列&的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以$018= (ai+ a3+ 32017)1009 O d o 1009+ ( a2 + a4+ a2。© =- + - = 3 , 21°°9- 3, 故选 B.1 2I 23 .已知数列2°°8,2°°9,1 , 2008, 2009,，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2019项之和S2019等于()A. 4018B. 2010c. 1D. 0答案 A解析由已知得an=an 1+

26、an+1(n>2),an+1= an an-1.故数列的前 8 项依次为 2008,2009,1 , 2008, 2009, 1,2008,2009.由此可知此数列为周期数列，周期为6,且S=0.2019= 6X336+ 3,S2019= S3= 2008+ 2009+1 = 4018.4 .在数列an中，若an+1 + ( 1)nan= 2n1(nC N*),则数列an的前12项和等于()A. 76B. 78C. 80D. 82答案 B解析 由已知 an+什(一1) nan= 2n- 1，得 an+2+ ( - 1) n+1 - an+1 = 2n+ 1,得 an+2+ an= ( 1

27、) n(2n -1)+(2 n+1),取 n= 1,5,9 及 n=2,6,10 ,结果相加可得 $2= a + a2+a3+a4+ a* +a12 =78.故选B.n2, n为奇数，5 .已知函数f(n)=2 为偶数 且an=f( n)+ f (n+1),则a + a2+a3+ a©等于()A. 0B. 100C. 100D. 10200答案 B解析由题意，得日+a2+次+ a©=12-22-22+ 32+ 32 4242+ 52+ 992 1002- 1002 + 1012=(1 + 2) +(3 + 2) (4 + 3) +(99 + 100) +(101 + 100

28、)=(1 + 2+ 99+ 100) + (2 +3+ 100+ 101)= 101 1 = 100.故选 B.16 .等差数列an的前n项和为a3=3, S4=10,则k& =.答案碧解析 设等差数列an的公差为d,则a3 = ai + 2d = 3,4x3-d=10,a1 = 1,d= 1.Sn= n x 1 +n n- 1-X1 =n n+ 1Sn- n n+ 1 2 n n+ 1 . . 11 11 1.=212+25+34+=21-系2n的(nN)-7.有穷数列1,1 + 2,1 +2 + 4,1 + 2+4+ 2>1所有项的和为答案2n+1-2-n解析由题意知所求数列

29、的通项为n1 2=21-2-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为n-T2- - n=2n+1-2-n. 1-28. (2018 浙江五校联考)已知数列an满足*、a1= 1, an+an+1=2(n+ 1)( nC N),则 a2018 a20161.1.1.1,a99 a101, + + + +a1 a3a2a4a3a5a98a1。199答案2莉时,ai 1 + an = 2n,an+1 an-1 = 2, .220182的等差数列，又 a1=1,a2016= 2,数列an的奇数项和偶数项分别是公差为11+ +a2a4 a3a5a98a100+ a99a10111=2X-X 二23

30、 5+5 7+99-101 + 1X3113-1011+3=9.(2018 台州调研2ann(2an1)(2an 1199303.)已知数列an与bn的前n项和分别为Sn,Tn,且an>0,6S = an+3an,neN解析 : an+an+1= 2( n+1)( n C N),，当 n>2,一,若任意nCN*, k>Tn恒成立，则k的最小值是1)J1答案而 解析当 n= 1 时，6ai=a2+3ai,解得a = 3或ai = 0.由 an>0,得 ai= 3.由 6Sn= an+ 3an ,得 6S+1=an+i+ 3an+i.两式相减得 6an+i= an+i an

31、+ 3an+1 3an.所以(3i+i + an)( an+i a 3) = 0.因为 a>0 ,所以 an+i+an>0, an+i an= 3.即数列an是以3为首项，3为公差的等差数列, 所以 a=3+3( n i) = 3n.所以bn2an(2an i)(2ani i)8n 当q=1时，不合题意，故舍去;当q = 2时，代入式得a1 = 2,所以an=2n.(2) bn = an + log =2nn,所以 S= 2 1 +22 2+ 23 3+ 2nn =(2 +22+ 23+ 2n) (1 +2+3+ + n)n2 1-2121=2n -2-7-n2因为 Sn-2n+1

32、 + 47<0,所以 n2+n90>0,解得n>9或n<- 10,1*-(n C N)在曲线y an+ 1由nC N*,故使S 2n+1 + 47<0成立的正整数n的最小值为10.11. (2018 绍兴适应性考试)已知函数f(X) = /4+(,点Pnm=f (x)上， 且 a=1, an>0.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列an . a"的前n项和为S,若对于任意的nC N*, $<t2t 2恒成立，求最小正整数t的值.解(1)由题意得一an + 1f ( an)=4+孑且 an>0,an+11日+1，数列1竦是等差数列,首

33、项公差d=4,1=4n 3 an,21 an=,4n 3' an.M4n 3(2) an 2an+1 =4n3 4n+11=-x414n 一 32441由&=41=41 4n+1 '- n N ,S<4, . Lt2t42'. 一 - ,4n- 3 4n+ 1，t的最小正整数为2.12. (2018 浙江衢州二中模拟 )设数列an的前n项和为且Sn=2an-2.(1)求数列an的通项公式;人b2 , 一(2)令 bn= log 2an, Cn=,求数列 Cn的刖 n 项和 Tn.an解(1)当 n=1 时，S=2ai 2,所以 ai = 2.当 n >

34、; 2 时,an= Sn Sn 1 = (2 an 2) (2 an - 1 2) = 2an 2an- 1an所以 a=2an1,即二二2,所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,所以数列an的通项公式为an=2X2 1=21(2)由知 bn= log 2an= logn22 = n,b2Cn = 0n2 n 2n.222所以品=：+|2 + |32n- 1+n-1-2ntt112 22则 2Tl = 了 + 23 +111 +n- 1 2 n2-2'n+2,两式相减得11 3521=2+尹艺+22n-1 n2n2n+1 )设A=2+ H+2n3 2n-12n-1 +2n，皿1

35、135则"A'= "2 +彳+22 222n-3 2n-1n + cn + 1,2211两式相减得2Al=5+22n- 1n+ 1212= 2+2X -2nX2 2n-1 3 2n+32n+1所以 A= 3- 2r2t所以，=3一野n2+ 4n+ 62n71，n2 4n 6所以 Tn= 6-2n3技能提升雄13.已知公差不为零的等差数列d中，a1=1,且a2, a5, a14成等比数列，d的前n项和答案bn=( 1) Si ,则 an =,数列 bn的前n项和Tn =nn n+ 12n1 (-1) 22解析.2 4d)设等差数列an的公差为d(dw0),则由a2,a

36、5,d4成等比数列得a5 = a2-a%即(1 +n n 12.(1+d)(1 +13d),解得 d=2,则 an= a + (n1)d= 2n1, S=na1+2d=n,当n 为偶数时，Tn= S1+S2S3+S4 Sn-1 + $=1 + 23+4 一 (n 1) + n = 3+72 n n+1,n =-2-,当 n=1 时,+ + (2 n-1) = n n2-1 ；当 n 为大于 1 的奇数时，Tn= S+ &&+& +1 $=1+ 2 3+4 一 (n - 2) + (n 1) - n = 3+ 7+ ",+ (2n 一 3) 一也符合上式，综上所

37、述，Tn= ( 1) nD尹14. “斐波那契数列”是数学史上一个著名数列,在斐波那契数列an中，a1=1, 82=1,*an+2= an+1 + an(n e N) ,贝a7=；若a202i= H则数列 a的前2019项和是.(用答案 13 m-1*解析 因为 a1=1, a=1,，an+2= an+1+an( n C N),所以 a3= & + a2= 1+1 = 2, a4=a2+a3= 1 + 2=3, a5= a3+ a4= 2+3 = 5, a6= a4+a5= 3+5= 8, a7= as+a6 = 5+8= 13.由已知有 a3= a1 + a2,a4=a2+a3,，a

38、2021 =a2019+a2020 , 各式相加可得 &021= a2 +a+a2+a3+a2019,即 a + a2 + a3+ a2019= a?021 - a2= m-1,故数歹U an的前 2019 项和为 m- 1.卡拓展冲刺练15.(2018 浙江温州中学月考)数列an满足a142*、-,an+1 = an an+ 1( nC N)，则31.1,m=_ +_ + a1 a21 ，一 ，+的整数部分是 a2016A. 1B.C. 3D.答案解析由条件得an+1 - 1an an 1 an 1an '11即有am1an + 1 - 1,则 m=+a1 a2a2016 a1