高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题十 数列求和.pdf 10页

专题十数列求和11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为{anan＋1}()．10099A.B.10110199101C.D.1001005×4答案：A[设数列{an}的公差为d，则a1＋4d＝5，S5＝5a1＋d＝15，得d＝1，a121111111＝1，故an＝1＋(n－1)×1＝n，所以＝＝－，所以S100＝1－＋－＋…anan＋1nn＋1nn＋1223111100＋－＝1－＝，故选A.]1001011011012．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()．A．8B．7C．6D．5答案：D[∵{an}是等差数列，a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.由已知得Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)＋2(k＋1)－2＝4k＋4＝24，所以k＝5，故选D.]3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于()．A．6B．7C．8D．9a5－a1－3＋11答案：A[∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，d＝＝＝5－142得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n＝6时，Sn取最小．故选A.]4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝________.解析　∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1，可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1，即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.答案　1[来源:Zxxk.Com] 本部分是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题．对于数列的通项问题，求递推数列(以递推形式给出的数列)的通项是一个难点，而数列的求和问题多从数列的通项入手，并与不等式证明或求解结合，有一定难度．(1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，以一阶线性的递推公式求通项的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法．对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列，这是一种非常重要的学习能力．(2)对于数列求和部分的复习要注意以下几点：①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用，这是数列求和的基础；②掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；③掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前n项和的最值，研究前n项和所满足的不等式等.必备知识求通项公式的方法(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式an；(2)利用前n项和与通项的关系an＝Error!Error!(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；an＋1(4)累加法：如an＋1－an＝f(n)，累积法，如＝f(n)；an(5)转化法：an＋1＝Aan＋B(A≠0，且A≠1)．常用公式nn＋1等差数列的前n项和，等比数列的前n项和，1＋2＋3＋…＋n＝，12＋22＋322nn＋12n＋1＋…＋n2＝.6常用裂项方法 111(1)＝－；nn＋1nn＋11111(2)＝－.nn＋kknn＋k必备方法1．利用转化，解决递推公式为Sn与an的关系式：数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系：an＝Error!通过纽带：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，根据题目求解特点，消掉一个an或Sn.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解．如需消掉Sn，可以利用已知递推式，把n换成(n＋1)得到新递推式，两式相减即可．若要消掉an，只需把an＝Sn－Sn－1代入递推式即可．不论哪种形式，需要注意公式an＝Sn－Sn－1成立的条件n≥2.2．裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an＝bn＋1－bn或者an＝bn－bn＋1或者an＝bn＋2－bn等，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中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．3．错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，乘以等比数列的公比再错位相减，即依据是：cn＝anbn，其中{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，则qcn＝qanbn＝anbn＋1，此时cn＋1－qcn＝(an＋1－an)bn＋1＝dbn＋1，这样就把对应相减的项变为了一个等比数列，从而达到求和的目的.数列的求和数列的递推关系一直是高考“久考不衰”的考点，具有题型新颖、方法灵活等特点，求通项的常用方法有：定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等．33an【例1】►已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝n，n＝1，2，….52a＋11(1)证明：数列－1是等比数列；an1(2)令bn＝－1，试求数列{n·bn}的前n项和Sn.an[审题视点][听课记录] [审题视点]对于第(1)问，由条件利用等比数列的定义即可证明；对于第(2)问，求数列{n·bn}的前n项和Sn，只需利用错位相减法即可．1112(1)证明由已知，得＝·＋，n＝1,2，…，an＋13an3111∴－1＝－1，n＝1,2，….an＋13an112∴数列－1是以为公比，为首项的等比数列．{an}3312(2)解　由bn＝－1＝(n≥1)，an3n得Sn＝1·b1＋2·b2＋3·b3＋…＋(n－1)·bn－1＋n·bn22222＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·.332333n－13n122222∴Sn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·.33233343n3n＋12222222∴Sn＝＋＋＋＋…＋－n·333233343n3n＋1211－33n2＝－n·.13n＋11－3313233＋2n∴Sn＝1－－n·＝－.23n23n＋122·3n对于由数列的递推关系式求数列通项an的问题，一般有以下几种题型：(1)类型an＋1＝can＋d(c≠0,1)，可以通过待定系数法设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，求出λ后，化为等比数列求通项；(2)类型an＋1＝an＋f(n)与an＋1＝f(n)·an，可以分别通过累加、累乘求得通项；[来源:Z_xx_k.Com]an＋1can1(3)类型an＋1＝can＋rn(c≠0，r≠0)，可以通过两边除以rn＋1，得＝·＋，于是转rn＋1rrnr化为类型(1)求解．【突破训练1】在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.(1)证明：数列{an－n}是等比数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn；(3)证明：不等式Sn＋1≤4Sn对任意n∈N*皆成立．(1)证明　由题设an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*. 又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．(2)解　由(1)可知an－n＝4n－1，于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.所以，数列{an}4n－1nn＋1的前n项和Sn＝＋.324n＋1－1n＋1n＋24n－1nn＋11(3)证明　对任意的n∈N*，Sn＋1－4Sn＝＋－4＋＝－32322(3n2＋n－4)≤0，所以不等式Sn＋1≤4Sn对任意n∈N*皆成立．裂项相消法在数列中的应用裂项法求和是近几年高考的热点，试题设计年年有变、有创新，但变的仅仅是试题的外壳，有效地转化、化归问题是解题的关键，常与不等式综合命制解答题．【例2】►已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；3m(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n(n∈N*)都成立的最anan＋120小正整数m.[审题视点][听课记录][审题视点](1)由f′(x)＝6x－2可求f(x)，则可得Sn与n的关系式，再由an＝Sn－Sn－1(n≥2)求an.(2)由裂项求和求Tn，再由单调性求Tn的最大值．解(1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1，所以，an＝6n－5(n∈N*)．33(2)由(1)知bn＝＝anan＋16n－5[6n＋1－5]111＝－，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn26n－56n＋1 111111＝1－＋－＋…＋－277136n－56n＋111＝1－.26n＋111m因此，要使1－＜(n∈N*)成立，26n＋1201m则m需满足≤即可，则m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.220使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．13【突破训练2】已知数列{an}是首项a1＝的等比数列，其前n项和Sn中S3＝.416(1)求数列{an}的通项公式；[来源:Z*xx*k.Com]33(解(1)若q＝1，则S3＝≠不符合题意，∴q≠1.4161当q≠1时，由Error!得q＝－.2111∴an＝·－n－1＝－n＋1.422111(2)∵bn＝log|an|＝log－n＋1＝n＋1，22|2|1111∴＝＝－，bnbn＋1n＋1n＋2n＋1n＋2111∴Tn＝＋＋…＋b1b2b2b3bnbn＋1111111＝－＋－＋…＋－2334n＋1n＋211＝－.2n＋2 错位相减法在数列中的应用错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现，复习时要熟练掌握错位相减法求和的特点．【例3】已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．an－1(1)证明：数列为等差数列；{2n}(2)求数列{an－1}的前n项和Sn.[审题视点][听课记录]an－1an－1－1[审题视点](1)作差：－后，把an＝2an－1＋2n－1代入；(2)求出an－1，利2n2n－1用错位相减法求和．an－15－1(1)证明　设bn＝，b1＝＝2.2n2an－1an－1－11∴bn－bn－1＝2n－2n－1＝2n(an－2an－1)＋11＝(2n－1)＋1＝1.2nan－1所以数列为首项是2，公差是1的等差数列．{2n}an－1a1－1(2)解　由(1)知，＝＋(n－1)×1，2n2∴an－1＝(n＋1)·2n.∵Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，①∴2Sn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.②①－②，得－Sn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝－4－4(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝n·2n＋1.错位相减法求数列的前n项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征．即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．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．【突破训练3】已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝ 2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．(1)解　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组Error!解得Error!所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.(2)证明　法一　由(1)得Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.②由②－①，得23nn＋2Tn＝－2(3n－1)＋3×2＋3×2＋…＋3×2＋2[来源:Z.xx.k.Com]121－2n－1＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.1－2而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*.法二　①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；[来源:Zxxk.Com]②证明：假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则当n＝k＋1时有：Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)＝ak＋1b1＋qTk＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24＝－2ak＋1＋10bk＋1－12即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.因此n＝k＋1时等式也成立．由①和②，可知对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．数列综合题中的转化与推理数列是一个既有相对独立性，又与其他知识易交汇的知识点，命题者为体现考查思维的综合性与创新性，经常让数列与一些其他知识交汇，有效地考查考生对数学思想与方法的深刻理解，以及考生的数学潜能与思维品质．因此，要利用转化与推理将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，降低问题难度． 【示例】已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1,2，….(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．[满分解答](1)对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列．于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(5分)(2)①必要性：若数列{an}是公比为q的等比数列，则对任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是Bna2＋a3＋…＋an＋1qa1＋a2＋…＋an＝＝＝q，Ana1＋a2＋…＋ana1＋a2＋…＋anCna3＋a4＋…＋an＋2qa2＋a3＋…＋an＋1＝＝＝q，Bna2＋a3＋…＋an＋1a2＋a3＋…＋an＋1BnCn即＝＝q，所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．(8分)AnBn②充分性：若对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)．于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.an＋2a2因为an＞0，所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．an＋1a1综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．(12分)老师叮咛：本题看似新颖，但揭开面纱却很平常.它很好地考查了考生的应试心理和推理论证的能力，用到的知识却很简单，失去信心是本题失分的主要原因.第1问根据Bn－An＝Cn－Bn即可轻松解决；第2问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常 简单的等比数列的定义，其关键是要有较好的推理论证能力.【试一试】在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.解　(1)因为{an}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28.设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得，28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m＜an＜92m，则9m＋8＜9n＜92m＋8.因此9m－1＋1≤n≤92m－1.故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)9×1－81m1－9m＝－1－811－992m＋1－10×9m＋1＝.80