资源简介

　数列求和与综合问题
考点1　数列中an与Sn的关系
1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
－63　[法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，
所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
法二：由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.]
2．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
－　[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1.
又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
∴Sn＝－.]
3．(2021·全国卷乙)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＋＝2可得，
＋＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)．
又＋＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝，则＋＝2，所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.
故an＝.
命题规律：高考对本点的考查常以an＝Sn－Sn－1(n≥2)为切入点，结合等差(比)数列的相关知识求an或Sn.考查形式一般以客观题为主，分值5分，难度较小．
通性通法：由Sn与an的关系求an的思路
利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
提醒：在利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通项公式时，务必验证n＝1时的情形，看其是否可以与n≥2的表达式合并．
1．[以an与Sn的关系为载体求通项]已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an，则an＝________.
　[∵Sn＝an，且a1＝1，
∴当n＝2时，a1＋a2＝a2，即a2＝3a1＝3.
又当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
即an＝an－1.
∴an＝···…··a1
＝···…·××1＝.n＝1时，等式成立，∴an＝(n∈N*)．]
2．[以an与Sn的关系为载体求Sn]数列{an}中，前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，则数列{Sn}的通项公式为________．
Sn＝3n－2n　[∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn，
∴Sn＋1＝2Sn＋3n，
∴＝·＋，
∴－1＝，
又－1＝－1＝－，
∴数列是首项为－，公比为的等比数列，
∴－1＝－×＝－，
∴Sn＝3n－2n.]
3．[以前n项和的定义为载体]已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝2n(n∈N*)，则下列结论中正确的是________(填序号)．
①{an}为等比数列；
②a5＝16；
③数列{an}的前n项和Sn＝2n；
④{log2an＋1}为等差数列．
②③④　[由a1＋a2＋…＋an＝2n得Sn＝2n，故③正确．当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2n－1，可得an＝2n－1，所以an＝所以数列{an}不是等比数列，故①错误．易知a5＝24＝16，故②正确．因为log2an＋1＝log22n＝n，所以易知{log2an＋1}为等差数列，故④正确．故填②③④.]
考点2　数列求和
1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－，
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
2．(2021·全国卷乙)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜.
[解]　(1)设{an}的公比为q(q≠0)，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
故an＝，bn＝.
(2)由(1)知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋　①，
Tn＝＋＋＋…＋＋　②，
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝－，
整理得Tn＝－，
则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜.
3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
[解]　(1)设等比数列{an}首项为a1，公比为q(q>1)．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝(舍去)，q＝2，a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
命题规律：高考试题常以等差(比)数列的基本运算为载体，以解答题的形式考查数列的前n项和的计算，难易适中，分值12分．
通性通法：数列求和的注意事项
(1)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．
(2)裂项相消法的关键在于准确裂项，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等，把握相消后所剩式子的结构，前面剩几项，后面剩几项．
(3)错位相减法中，两式做减法后所得式子的项数及对应项之间的关系，求和时注意数列是否为等比数列或是从第几项开始为等比数列．
1．[含有(－1)nan的求和问题]设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解]　(1)由Sn＝n2＋n，可得n＝1时，a1＝S1＝2，
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－n＋1＝2n，
上式对n＝1也成立，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1·
＝，所以T2n
＝
＝＝.
2．[新数列的求和问题]已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数．
(1)求r的值；
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
[解]　(1)因为Sn＝2n＋r，
所以当n＝1时，S1＝a1＝2＋r.
当n＝2时，S2＝a1＋a2＝4＋r，故a2＝2.
当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝8＋r，故a3＝4.
因为{an}是等比数列，所以a＝a1a3，化简得2＋r＝1，解得r＝－1，此时Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1满足上式，所以an＝2n－1，
所以r＝－1满足题意．
(2)因为an＝2n－1，所以bn＝2(1＋log2an)＝2n.
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，
a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100
＝(b1＋b2＋b3＋…＋b107)－(a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8)
＝－＝11 302.
3．[错位相减法求和]在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，求数列的前n项和Sn.
[解]　因为a1＝1，an＋1＝3an，
所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n－1.
选①②时，设数列{bn}的公差为d1.
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3(ⅰ)．
因为b2n＝2bn＋1，所以当n＝1时，b2＝2b1＋1(ⅱ)．
由(ⅰ)(ⅱ)解得b1＝，b2＝，
所以d1＝，所以bn＝.
所以＝.
所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋.
所以Sn＝＋＋＋…＋＋.
上面两式相减，得
Sn＝＋5－
＝＋－－＝－.
所以Sn＝－.
选②③时，设数列{bn}的公差为d2.
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d2＝3.
因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d2)2＝b1(b1＋3d2)，化简得d＝b1d2.
因为d2≠0，所以b1＝d2，从而d2＝b1＝1，所以bn＝n.
所以＝.
所以Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
所以S n＝＋＋＋…＋＋.
上面两式相减，得
Sn＝1＋＋＋＋…＋－
＝－＝－.
所以Sn＝－.
选①③时，设数列{bn}的公差为d3.因为b2n＝2bn＋1，所以b2＝2b1＋1，所以d3＝b1＋1.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d3)2＝b1(b1＋3d3)，化简得d＝b1d3.因为d3≠0，所以b1＝d3，无解，所以等差数列{bn}不存在．故不合题意．
考点3　数列中的创新与交汇问题
1．(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
C　[由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C．]
2．(2021·新高考卷Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________dm2.
5　240　[依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30,20×＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.
所以k＝240①，
所以×k＝240②，
由①－②得，×k＝240＝240＝240，
所以k＝240dm2.]
命题规律：应用性问题是数学命题的一个新动向，主要考查考生运用已知知识解决实际问题的能力，试题背景新颖，有较好的区分度，分值5分，一般以客观题的形式出现．
通性通法：与数列的新定义有关的问题的求解策略
对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决．
1．[以实际问题为背景](2021·广东佛山一模)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到(　　)
A．2022年12月 B．2023年2月
C．2023年4月 D．2023年6月
B　[每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则70＋5n＋×1＝500，
化简整理得，n2＋9n－860＝0，
解得n≈25.17或－34.17(舍负)，
所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月．故选B．]
2．[数列的综合问题]已知有穷数列{an}中，n＝1,2,3，…，729，且an＝(2n－1)(－1)n＋1，从数列{an}中依次取出a2，a5，a14，…，构成新数列{bn}，容易发现数列{bn}是以－3为首项，－3为公比的等比数列，记数列{an}的所有项的和为S，数列{bn}的所有项的和为T，则(　　)
A．S＞T B．S＝T
C．S＜T D．S与T的大小关系不确定
A　[因为S＝1－3＋5－7＋…＋(2×729－1)＝1＋2×＝729，
bn＝(－3)(－3)n－1＝(－3)n≤729×2－1，所以n≤6，
当n＝6时，b6＝729是an中第365项，符合题意，所以T＝＝546，所以S＞T，故选A．]
5/12

展开更多......

收起↑