信息技术应用 估计√2的值教学实录及点评

第2讲

数列的求和及综合应用

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

1.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2. 解

(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，

由题意有

a＝1，2a＋5d＝4，解得2

d＝.a＋5d＝3.51112n＋3所以{an}的通项公式为an＝. 52n＋3(2)由(1)知，bn＝. 5

2n＋3当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1；

52n＋3当n＝4，5时，2≤<3，bn＝2；

52n＋3当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3；

52n＋3当n＝9，10时，4≤<5，bn＝4. 5所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 2.(2017·山东卷)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求数列{xn}的通项公式；

(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn. 解

(1)设数列{xn}的公比为q，

x1＋x1q＝3，由题意得2

x1q－x1q＝2.

所以3q－5q－2＝0，

由已知q＞0，

所以q＝2，x1＝1. 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－12. (2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1. 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，

记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，

（n＋n＋1）由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，

2所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝3×2＋5×2＋7×2＋…＋(2n－1)×21)·×2n－2－101n－3＋(2n＋.①

又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②

①－②得

－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1

32（1－2n－1）＝＋－(2n＋1)×2n－1. 21－2（2n－1）×2＋1所以Tn＝. 2n

考

点

整

合

1.数列求和

(1)分组转化求和：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. (3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，c(其中{an}是各项均不裂项相消法适用于形如anan＋1为零的等差数列，c为常数)的数列. 温馨提醒

(1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. S1，n＝1，(2)an＝忽略n≥2的限定，忘记第Sn－Sn－1，n≥2，一项单独求解与检验. 2.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，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.

热点一

数列的求和问题

命题角度1 分组转化求和

【例1－1】

(2017·石家庄三模)已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)数列{cn}满足cn＝bn＋(－1)an，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn. 解

(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q. ∵a1＝2，b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，

d＝2，∴3（2＋2＋2d）解得

＝6q.q＝2.2∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n－122＋d＝q，n. (2)由题意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n－1＋(－1)n2n.

∴Tn＝(1＋2＋4＋…＋2(－1)n·2n]，

①若n为偶数：

n－1)＋[－2＋4－6＋8－…＋1－2Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)1－2＋2n]} ＝2－1＋×2＝2＋n－1. 2②若n为奇数：

1－2nTn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)1－2＋2(n－1)]－2n} ＝2－1＋2×nnnnnn－12－2n＝2－n－2. nn2＋n－1，n为偶数，∴Tn＝n

2－n－2，n为奇数.探究提高

1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.

2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组. 命题角度2 裂项相消法求和

【例1－2】

(2015·全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，an＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝12anan＋1，求数列{bn}的前n项和. 解

(1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知

a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 两式相减可得an＋1－an＋2(an＋1－an)＝4an＋1，

即2(an＋1＋an)＝an＋1－an＝(an＋1＋an)(an＋1－an). 由于an>0，可得an＋1－an＝2. 又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3. 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知

1111－bn＝＝＝. 2n＋12n＋3anan＋1（2n＋1）（2n＋3）222221设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn

1111111－－－ ＝＋＋…＋

2n＋3235572n＋1n ＝. 3（2n＋3）探究提高

1.裂项相消法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. 【训练1】

(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式；

an的前(2)求数列2n＋1n项和. 解

(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①

故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②

2①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，

2n－1又n＝1时，a1＝2适合上式，

2从而{an}的通项公式为an＝. 2n－1an的前(2)记2n＋1n项和为Sn，

an21由(1)知＝＝－2n＋1（2n－1）（2n＋1）2n－11，

2n＋1则111111－－－Sn＝＋＋…＋

3352n＋12n－112n＝1－＝. 2n＋12n＋1命题角度3 错位相减求和

【例1－3】

(2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*). 解

(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，

而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，

又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①

由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②

联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为nbn＝2n. (2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2，有

nTn＝

4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，

2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，

上述两式相减，得

－Tn＝4×2＋6×2＋6×2＋…＋6×2－(6n－2)×2＋123nn，

12×（1－2n）＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋21－2－16.所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16. 所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16. 探究提高

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. 【训练2】

(2017·衡阳模拟)已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 解

(1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，

由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3成等比数列，

得(2＋d)2＝2(4＋2d)，

因为d>0，所以d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，

又因为an＝－1－2log2bn，

1所以log2bn＝－n即bn＝n. 2

1352n－1(2)Tn＝1＋2＋3＋…＋n，①

222211352n－1

Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋1，②

22222①－②，得

1111112n－1Tn＝＋2×2＋3＋4＋…＋n－n＋1

2222222111－n－122212n－1＝＋2×－n＋1

2121－2112n－132n＋3＝＋1－n－1－n＋1＝－n＋1. 222222n＋3所以Tn＝3－n. 2热点二

an与Sn的关系问题

【例2】

(2017·济南模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－bn＋11－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝. TnTn＋1(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值.

解

(1)因为an＝5Sn＋1，n∈N，

所以an＋1＝5Sn＋1＋1，

1两式相减，得an＋1＝－an，

41又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－，

41所以数列{an}是公比、首项均为－的等比数列. 4所以数列{an}的通项公式1nan＝－. 4*(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，

数列{bn}的前n项和Tn＝n，

2bn＋12n＋111cn＝＝22＝2－2，

TnTn＋1n（n＋1）n（n＋1）1所以An＝1－2. （n＋1）因此{An}是单调递增数列，

13∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－＝；An没有最大44值. 探究提高

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.形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列. 【训练3】

(2017·北京海淀区质检)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn＝an＋1＋2n－3，n∈N*. (1)求证：{an－2}是等比数列；

an－2(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋1(1)证明

∵a1＝3，且Sn＝an＋1＋2n－3，n∈N*，①

当n≥2时，Sn－1＝an＋2n－5，②

①－②得：an＝an＋1－an＋2，

整理可得：an＋1－2＝2(an－2)，

又当n＝1时，S1＝a2＋2－3，所以a2＝4，

所以a2－2＝2(a1－2)，

又a1－2＝1，

综上可知，数列{an－2}是以1为首项，2为公比的等比数列. (2)解

由(1)知，an－2＝2n－1，则an＝2n－1＋2，

n－1an－221所以bn＝＝＝n－1－n－1nanan＋1（2＋2）（2＋2）2＋21

n2＋211111所以Tn＝－＋－＋…＋n－2－1＋22＋22＋24＋22＋211111＋n－1－n＝－n. n－12＋22＋22＋232＋2热点三

数列与函数、不等式的综合问题

【例3】

(2017·长沙联考)已知正项数列{an}，{bn}满足：对于任意的n∈N*，都有点(n，bn)在直线y2＝(x＋2)上，且bn，an＋1，bn＋1成等比数列，a1＝3. 2(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设Sn＝＋＋…＋，如果对任意的n∈N，不等111*a1a2anbn式2aSn<2－恒成立.求实数a的取值范围. an2解

(1)∵点(n，bn)在直线y＝(x＋2)上，

22（n＋2）2∴bn＝(n＋2)，即bn＝. 22

又∵bn，an＋1，bn＋1成等比数列，

22（n＋2）（n＋3）∴a2，

n＋1＝bn·bn＋1＝4（n＋2）（n＋3）∴an＋1＝，∴n≥2时，an＝2（n＋1）（n＋2），

2（n＋1）（n＋2）a1＝3适合上式，∴an＝. 21(2)由(1)知，＝an112－＝2

，n＋2（n＋1）（n＋2）n＋1111111－－－∴Sn＝2＋＋…＋

334n＋22n＋111n＝2－. ＝n＋2n＋22bn故2aSn<2－可化为：

an（n＋2）22ann＋2n<2－＝2－＝，

n＋2（n＋1）（n＋2）n＋1n＋121n＋21*1＋即a<＝对任意的n∈N恒成立，

n＋12（n＋1）22

1n＋211＋令f(n)＝＝显然随n的增大而减n＋12（n＋1）211小，且f(n)>恒成立，故a≤. 22综上知，实数a1－∞，的取值范围是. 2探究提高

1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(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重视；

(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件. 2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理. 【训练4】

已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，

1(1)证明an＋是等比数列，并求{an}的通项公式；

213(2)证明＋＋…＋<. a1a2an2证明

(1)由an＋1＝3an＋1，

11

11a＋得an＋1＋＝3n. 2213又a1＋＝，

2213a所以n＋是首项为，公比为223的等比数列. 13an＋＝，

223－1因此{an}的通项公式为an＝. 22(2)由(1)知＝n. an3－1因为当n≥1时，3－1≥2×311所以n≤n－1. 3－12×311于是＋＋…＋≤1＋＋…＋n－1

a1a2an333131－＝n<. 322nn－1nn1，

11113所以＋＋…＋<. a1a2an2

1.错位相减法的关注点

11

(1)适用题型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项得到的数列{an·bn}求和. (2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式. 2.裂项求和的常见技巧

11111(1)＝－.(2)＝n（n＋1）nn＋1n（n＋k）k11－. n＋kn1111－(3)2＝. n－12n－1n＋11111－(4)2＝. 4n－122n－12n＋13.数列与不等式综合问题

(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；

(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.