专题二 数列：第2讲　数列求和及综合应用 课件（共77张PPT）

(共77张PPT)
上篇 专题二 数列
第2讲　数列求和及综合应用
高考定位
1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
专题训练 对接高考
内容索引
真题感悟 考点整合
1
1.(2021·北京卷)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋a3＋…＋an＝100，则n的最大值为(　　)
A.9 B.10 C.11 D.12
C
解析　要想n最大，前面的项应该越小越好，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14这12项的和为102，超过了100，故n的最大值为11.如3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，25.故选C.
A
3.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}(i＝0，1，2，3，…，k)，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，则(　 　)
A.ω(2n)＝ω(n) B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1
C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3) D.ω(2n－1)＝n
ACD
解　对于A选项，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A选项正确；
对于B选项，取n＝2，则2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，∴ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，则ω(2)＝1，即ω(7)≠ω(2)＋1，B选项错误；
对于C选项，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C选项正确；
对于D选项，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，故ω(2n－1)＝n，D选项正确.故选ACD.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
解　设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
2.数列求和
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.
(2)错位相减法：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.
温馨提醒　裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.
3.数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.
2
热点聚焦 分类突破
热点一　数列求和
考向1　分组转化法求和
【例1】 已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
解　设等比数列{an}的公比为q，
由a1，a2，a3－2成等差数列，得2a2＝a1＋a3－2，
则4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去).
则an＝a1qn－1＝2n，n∈N*.
则数列{bn}的前n项和
探究提高
考向2　裂项相消法求和
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
解　当n＝1时，a1＝S1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2.
又a1适合上式，∴an＝n＋2.
∵b2＝a2＝4，b3＝a6＝8，
∴bn＝b2·qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*).
解　cn＝log2bn＝n，
1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.
2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
探究提高
(1)求{an}的通项公式；
得(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an).
又an>0，知an＋1＋an≠0，
所以an＋1－an＝2.
因此数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝a1＋2(n－1)＝2n－1.
解　由(1)知
考向3　错位相减法求和
【例3】 (2021·八省八校一联)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，{bn}的前n项和为Sn，且a1＝b1＝1，a2＝a3－b3，a3＝S3＋b2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
∵a1＝b1＝1，a2＝a3－b3，a3＝S3＋b2，
∴an＝4n－3，bn＝2n－1.
解　∵{an}是等差数列，∴an＋an＋2＝2an＋1.
又由(1)知bn＋2＝2bn＋1，
①－②，得
1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.
2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
探究提高
(1)求数列{an}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，
∴an＝2n－1，n∈N*.
(2)若bn＝2n－1＋1，令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　由(1)及bn＝2n－1＋1，得cn＝(2n－1)·2n－1＋(2n－1)，
∴Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，
设M＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，
A＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，
则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
两式相减得
∴A＝2n(2n－3)＋3.
∴Tn＝A＋M＝2n(2n－3)＋3＋n2.
热点二　an与Sn的关系问题
(1)求数列{an}的通项公式；
解　因为an＝5Sn＋1，n∈N*，
所以an＋1＝5Sn＋1＋1，
(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.
解　由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，
数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
因此{An}是单调递增数列，
1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
2.由Sn求an时，一定注意分n＝1和n≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.
探究提高
(1)求数列{an}的通项公式；
∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1.
∴an＝1＋n－1＝n.
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围.
解　bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，
∵{bn}是递增数列，
∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)
＝2n＋a－1＞0，
即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1，
∴实数a的取值范围是(－1，＋∞).
热点三　与数列相关的综合问题
【例5】 (2021·石家庄质检)已知函数f(x)＝logk x(k为常数，k>0且k≠1)，且数列{f(an)}是首项为4，公差为2的等差数列.
(1)求证：数列{an}是等比数列；
证明　由题意得f(an)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
即logk an＝2n＋2，所以an＝k2n＋2，
因为常数k>0且k≠1，所以k2为非零常数，
所以数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列.
(3)若cn＝anlg an，是否存在k∈(0，1)，使得数列{cn}是递增数列，若存在，试求实数k的取值范围；若不存在，说明理由.
解　存在.理由如下：
结合(1)知，cn＝anlg an＝(2n＋2)·k2n＋2·lg k，
由{cn}单调递增，即 n∈N*，cn所以(n＋1)lg k<(n＋2)·k2·lg k对n∈N*恒成立.
1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意.
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.
2.本题第(2)问求最值，其实质是利用函数的单调性.第(3)问把{cn}的单调性转化为不等式cn探究提高
(1)求数列{an}的通项公式；
解　因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
解　因为3bn＋(n－4)an＝0，
当n＝4时，－12≤0恒成立；
专题训练 对接高考
3
巩固提升
一、选择题
1.(2021·人大附中调研)在数列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，则“a1A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
C
解析　若在数列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，a1－3.
若数列{an}是单调递增数列，则对任意的n∈N*都满足an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0，
∴λ>－1－2n，即λ>(－1－2n)max＝－3，
因此，“a12.数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 022的值为(　　)
A.4 B.－4 C.4 040 D.－4 040
解析　因为a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a4，a4 040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a4＋a4 040＝8.
又2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列，
所以a4＋a4 040＝2a2 022＝8，所以a2 022＝4.
A
3.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}(n∈N*)的前2 022项的和为(　　)
A.1 011 B.1 010 C.2 022 D.2 020
解析　由题意得a3＋a5＝2a4＝a4＋7，解得a4＝7，
C
则a1＝a4－3d＝7－3×2＝1，所以an＝2n－1，
设bn＝ancos nπ，
则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝－a1＋a2＝2，
b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝－a3＋a4＝2，……，
∴数列{ancos nπ}(n∈N*)的前2 022项的和
S2 022＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022)＝2×1 011＝2 022.
A.－16 B.－8 C.8 D.16
解析　当n为奇数时，n＋1为偶数，
则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.
当n为偶数时，n＋1为奇数，
则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，
则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8.
C
解析　由题意，知b1＝S2＝a1＋a2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，
可得bn＝S2n－S2n－2＝a2n＋a2n－1(n>1，n∈N*).
由{an}为等差数列，知{bn}为等差数列.
由等差数列的性质，显然A，B成立；
选项C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.
D
化简得a1d＝d2，
A.a3＝13 B.数列{3＋an}是等比数列
C.an＝4n－3 D.Sn＝2n＋1－3n
AB
即1＋2＋2an＝an＋1，即an＋1＝3＋2an，an＋1＋3＝2(an＋3)，
所以数列{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
于是an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3，所以a3＝24－3＝13，所以A，B选项正确，C选项不正确.
又S2＝a1＋a2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，所以D选项不正确，故选AB.
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8.(2021·宿迁质检)已知{an}是公差d不为零的等差数列，a5＝14，且a1，a3，a11成等比数列，设bn＝(－1)n＋1an，数列{bn}的前n项的和为Sn，则S2 021＝________.
3 032
解析　由于a1，a3，a11成等比数列，
∴14d2＝3a5d.
又d≠0，a5＝14，知d＝3，
因此an＝a5＋(n－5)×3＝3n－1，bn＝(－1)n＋1(3n－1).
9.(2021·湖南六校联考)把数列{2n＋1}(n∈N*)中的各项依次按第1个括号一个数，第2个括号两个数，第3个括号三个数，第4个括号四个数，第5个括号一个数，…，进行排列，得到如下排列；(3)，(5，7)，(9，11，13)，(15，17，19，21)，(23)，(25，27)，(29，31，33)，(35，37，39，41)，(43)，…，则第100个括号内各数之和为________.
1 992
解析　把每4个括号算作一组，由题意可知每组共有10个数，则第100个括号为第25组中的最后一个括号，前24组共有240个数，第25组的前3个括号内共有6个数，所以第100个括号内的数是数列{2n＋1}的第247，248，249，250项，则第100个括号内的各数之和为(2×247＋1＋2×250＋1)×2＝1 992.
三、解答题
问题：是否存在数列{an}(n∈N*)，其前n项和为Sn，且a1＝1，a3＝4，________？
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.)
所以该数列不存在.
如果选择②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，则数列{an}为等差数列，
如果选择③an＋1＝qan(q>0，n∈N*，q为常数)，则数列{an}为等比数列，
(1)求{an}的通项公式；
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
又n＝1时符合上式，所以an＝n.
b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，
则{b2k－1}是以1为首项，2为公差的等差数列；
能力突破
12.(多选)(2021·江苏调考)斐波那契螺旋线也称黄金螺旋线，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线.在一个黄金矩形(宽长比约等于0.618)里先以宽为边长作正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长作正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”.达·芬奇的《蒙娜丽莎》(如图)，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线.现将每一段黄金螺线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an(n∈N*)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，再将扇形面积设为bn(n∈N*)，则(　 　)
ABD
A.4(b2 020－b2 019)＝πa2 018a2 021
B.a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝a2 021－1
C.a＋a＋a＋…＋a＝2a2 019a2 021
D.a2 019a2 021－a＋a2 018a2 020－a＝0
因为an＝an－1＋an－2(n≥3)，所以a3＝a5－a4，a4＝a6－a5，a5＝a7－a6，…，a2 018＝a2 020－a2 019，a2 019＝a2 021－a2 020，又a4＝a3＋a2＝a1＋a2＋a2＝3，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝a2 021－1，故B正确；
13.(2021·湖北十校一联)已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，且b3－a3，20，a5＋b2既是等差数列，又是等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，
由题意得20＝b3－a3＝a5＋b2，
所以an＝2n＋1，bn＝3n.
选②，cn＝anbn＝(2n＋1)3n，
则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝3×3＋5×32＋…＋(2n＋1)3n，
3Sn＝3×32＋5×33＋…＋(2n＋1)3n＋1，
14.(2021·天津卷)已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64.{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝4，b3－b2＝48.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
解　因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64，
所以an＝a1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*.
设等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，
所以b3－b2＝b1q2－b1q＝4(q2－q)＝48，解得q＝4(负值舍去)，
所以bn＝b1qn－1＝4n ，n∈N*.