步步高2014届高考数学江苏专用（文）二轮专题突破：专题三 第2讲 数列求和及数列的综合应用

第2讲 数列求和及数列的综合应用

【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．

1． 数列求和的方法技巧

(1)分组转化法

有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并． (2)错位相减法

这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． (3)倒序相加法

这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和． (4)裂项相消法

利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为差数列，则

1111

＝?a－a?. anan＋1d?nn＋1?

1

的数列的前n项和，其中{an}若为等anan＋1

常见的拆项公式： ①②③④

111

＝－；

n?n＋1?nn＋11111

＝(－)；

n?n＋k?knn＋k

1111

＝(－)；

?2n－1??2n＋1?22n－12n＋111

＝(n＋k－n)．

n＋n＋kk

2． 数列应用题的模型

(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．

(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．

(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．

(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．

(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.

考点一 分组转化求和法

例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，

a3中的任何两个数不在下表的同一列.

第一行 第二行 第三行 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)当a1＝3时，不合题意；

当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意．

因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3. 故an＝2·3n1 (n∈N*)．

－

第一列 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18 (2)因为bn＝an＋(－1)nln an ＝2·3n1＋(－1)nln(2·3n1)

－

－

＝2·3n1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]

－

＝2·3n1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，

－

所以Sn＝2(1＋3＋?＋3n1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋

－

(－1)nn]ln 3.

1－3nn

当n为偶数时，Sn＝2×＋ln 3 1－32n

＝3n＋ln 3－1；

2

1－3nn－1?

当n为奇数时，Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋??2－n?ln 3 1－3n－1＝3n－ln 3－ln 2－1.

2

?

综上所述，S＝?n－1

3－?2ln 3－ln 2－1， n为奇数.

n

n

n

3n＋ln 3－1， n为偶数，

2

在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化

为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．

(2013·安徽)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)

π?＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cos x－an＋2sin x满足f′??2?＝0. (1)求数列{an}的通项公式；

1

an＋?，求数列{bn}的前n项和Sn. (2)若bn＝2?2a??

n

解 (1)由题设可得f′(x)＝(an－an＋1＋an＋2)－an＋1sin x－an＋2cos x， π?

又f′??2?＝0，则an＋an＋2－2an＋1＝0， 即2an＋1＝an＋an＋2，

因此数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，

?a1＝2?由已知条件?，

?2a＋4d＝8?1??a1＝2，

解得?

?d＝1，?

an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.

11(2)bn＝2?n＋1＋2n＋1?＝2(n＋1)＋n，

2??1

Sn＝b1＋b2＋?＋bn＝(n＋3)n＋1－n

21

＝n2＋3n＋1－n.

2

考点二 错位相减求和法

例2 (2013·山东)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.

(1)求数列{an}的通项公式；

b1b2bn1

(2)若数列{bn}满足＋＋?＋＝1－n，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.

a1a2an2解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

??S4＝4S2，

由?得a1＝1，d＝2， ?a＝2a＋1?2nn

所以an＝2n－1(n∈N*)．

b1b2bn1

(2)由已知＋＋?＋＝1－n，n∈N*，

a1a2an2bn－1b1b21

当n≥2时，＋＋?＋＝1－n－1，

a1a2an－12bn1

①－②得：＝n，

an2

b11

又当n＝1时，＝也符合上式，

a12bn1

所以＝n(n∈N*)，

an22n－1

所以bn＝n(n∈N*)．

2所以Tn＝b1＋b2＋b3＋?＋bn 2n－1135

＝＋2＋3＋?＋n. 22222n－32n－1113

Tn＝2＋3＋?＋n＋n＋1. 22222两式相减得：

222?2n－111

2＋3＋?＋n－n＋1 Tn＝＋?2?222?222n－131

＝－n－1－n＋1. 2222n＋3所以Tn＝3－n. 2

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．

设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n1.

－

① ②

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)由已知，得当n≥1时，

an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1 ＝3(22n1＋22n3＋?＋2)＋2＝22(n

－

－

＋1)－1

.

而a1＝2，符合上式，

所以数列{an}的通项公式为an＝22n1.

－

(2)由bn＝nan＝n·22n

－1

知

－

Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋?＋n·22n1.

＋

＋

① ②

从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋?＋n·22n1.

－

①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋?＋22n1－n·22n1， 1＋

即Sn＝[(3n－1)22n1＋2]．

9考点三 裂项相消求和法

例3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a2n＋1－4n－1，

n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列． (1)证明：a2＝4a1＋5； (2)求数列{an}的通项公式；

1111

(3)证明：对一切正整数n，有＋＋?＋<.

a1a2a2a3anan＋12

2

(1)证明 当n＝1时，4a1＝a22－5，a2＝4a1＋5，

又an>0，∴a2＝4a1＋5.

(2)解 当n≥2时，4Sn－1＝a2n－4(n－1)－1，

2∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a2n＋1－an－4， 22即a2n＋1＝an＋4an＋4＝(an＋2)，

又an>0，∴an＋1＝an＋2，

∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列． 又a2，a5，a14成等比数列． ∴a2a14， 5＝a2·

即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3. 由(1)知a1＝1. 又a2－a1＝3－1＝2， ∴数列{an}是首项a1＝1， 公差d＝2的等差数列． ∴an＝2n－1.

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