2022版备战老高考一轮复习理科数学第4节 数列求和 教案

第四节数列求和[最新考纲]1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d；(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：①eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；②eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；③eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知等差数列{an}的公差为d，则有eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).()(2)当n≥2时，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得(4)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√二、教材改编1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,n（n＋1）)，则S5等于()A．1 B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)B[∵an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2C[Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq\f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.]3．Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,8)＋…＋eq\f(n,2n)等于()A.eq\f(2n－n－1,2n) B.eq\f(2n＋1－n－2,2n)C.eq\f(2n－n＋1,2n) D.eq\f(2n＋1－n＋2,2n)B[由Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)，∴Sn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).]4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________．9[S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]考点1分组转化法求和分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．[解](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.当n＝1时，a1＝S1＝1满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq\f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[母题探究]在本例(2)中，若条件不变求数列{bn}的前n项和Tn.[解]由本例(1)知bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))常用并项求和法解答形如(－1)nan的数列求和问题，注意当n奇偶性不定时，要对n分奇数和偶数两种情况分别求解．对n为奇数、偶数讨论数列求和时，一般先求n为偶数时前n项和Tn.n为奇数可用Tn＝Tn－1＋bn(n≥2)或Tn＝Tn＋1－bn＋1最好．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.[解](1)设等差数列{an}的公差为d，由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点2裂项相消法求和形如an＝eq\f(1,n（n＋k）)(k为非零常数)型an＝eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).提醒：求和抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2019·厦门一模)已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋eq\f(b2,2)＋eq\f(b3,3)＋…＋eq\f(bn,n)＝an＋1.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anbn)))的前n项和．[解](1)数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋eq\f(b2,2)＋eq\f(b3,3)＋…＋eq\f(bn,n)＝an＋1.所以当n＝1时，a2＝b1＝6，故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，由于b1＋eq\f(b2,2)＋eq\f(b3,3)＋…＋eq\f(bn,n)＝an＋1， ①当n≥2时，b1＋eq\f(b2,2)＋eq\f(b3,3)＋…＋eq\f(bn－1,n－1)＝an， ②①－②得：eq\f(bn,n)＝an＋1－an＝2，所以bn＝2n.所以bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6（n＝1）,2n（n≥2）)).(2)当n＝1时，S1＝eq\f(1,a1b1)＝eq\f(1,4×6)＝eq\f(1,24).当n≥2时，eq\f(1,anbn)＝eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则Sn＝eq\f(1,24)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，＝eq\f(1,24)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))，＝eq\f(2n－1,12（n＋1）)，当n＝1时满足上式，故Sn＝eq\f(2n－1,12（n＋1）).本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前n项和与项的关系，注意通项公式是否包含n＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{an}是等差数列，则eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).[教师备选例题](2019·唐山五校联考)已知数列{an}满足：eq\f(1,a1)＋eq\f(2,a2)＋…＋eq\f(n,an)＝eq\f(3,8)(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3eq\f(an,n)，求eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1).[解]eq\f(1,a1)＝eq\f(3,8)(32－1)＝3，当n≥2时，因为eq\f(n,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(2,a2)＋…＋\f(n,an)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(2,a2)＋…＋\f(n－1,an－1)))＝eq\f(3,8)(32n－1)－eq\f(3,8)(32n－2－1)＝32n－1，当n＝1时，eq\f(n,an)＝32n－1也成立，所以an＝eq\f(n,32n－1).(2)bn＝log3eq\f(an,n)＝－(2n－1)，因为eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do6(k＝1))eq\f(1,Sk)＝________．eq\f(2n,n＋1)[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，因此eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do6(k＝1))eq\f(1,Sk)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1).]形如eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))(k为非零常数)型an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝eq\f(1,f（n＋1）＋f（n）)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2019＝()A.eq\r(2018)－1 B.eq\r(2019)－1C.eq\r(2020)－1 D.eq\r(2020)＋1C[由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝eq\f(1,2)，则f(x)＝eq\r(x).∴an＝eq\f(1,f（n＋1）＋f（n）)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2020)－eq\r(2019))＝eq\r(2020)－1.]运用分母有理化对分式eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．求和S＝eq\f(1,1＋\r(3))＋eq\f(1,\r(3)＋\r(5))＋…＋eq\f(1,\r(119)＋\r(121))＝()A．5 B．4C．10 D．9A[S＝eq\f(1－\r(3),1－3)＋eq\f(\r(3)－\r(5),3－5)＋…＋eq\f(\r(119)－\r(121),119－121)＝eq\f(1－11,－2)＝5，故选A.]形如bn＝eq\f(（q－1）an,（an＋k）（an＋1＋k）)(q为等比数列{an}的公比)型bn＝eq\f(（q－1）an,（an＋k）（an＋1＋k）)＝eq\f(1,an＋k)－eq\f(1,an＋1＋k).(2019·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq\f(an＋1,2)－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn.[解](1)∵a2＝8，Sn＝eq\f(an＋1,2)－n－1，∴a1＝S1＝eq\f(a2,2)－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(an＋1,2)－n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)－n))，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵eq\f(2×3n,anan＋1)＝eq\f(2×3n,（3n－1）（3n＋1－1）)＝eq\f(1,3n－1)－eq\f(1,3n＋1－1).∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3n＋1－1).本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和．已知{an}是等比数列，且a2＝eq\f(1,2)，a5＝eq\f(1,16)，若bn＝eq\f(an＋1,（an＋1）（an＋1＋1）)，则数列{bn}的前n项和为()A.eq\f(2n－1,2（2n＋1）) B.eq\f(2n－1,2n＋1)C.eq\f(1,2n＋1) D.eq\f(2n－1,2n＋2)A[a5＝a2·q3，∴q3＝eq\f(1,8)，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝1，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n－1)，bn＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n－1)＋1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)))＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n－1)＋1)∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝[eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(1)＋1)－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(0)＋1)]＋[eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(2)＋1)－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(1)＋1)]＋[eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(3)＋1)－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(2)＋1)]＋…＋[eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n－1)＋1)]＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n)＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(2n－1,2（2n＋1）).故选A.]形如an＝eq\f(n＋1,n2（n＋2）2)型an＝eq\f(n＋1,n2（n＋2）2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋2）2))).正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,（n＋2）2aeq\o\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜eq\f(5,64).[解](1)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，故bn＝eq\f(n＋1,（n＋2）2aeq\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,4n2（n＋2）2)＝eq\f(1,16)[eq\f(1,n2)－eq\f(1,（n＋2）2)]．Tn＝eq\f(1,16)[1－eq\f(1,32)＋eq\f(1,22)－eq\f(1,42)＋eq\f(1,32)－eq\f(1,52)＋…＋eq\f(1,（n－1）2)－eq\f(1,（n＋1）2)＋eq\f(1,n2)－eq\f(1,（n＋2）2)]＝eq\f(1,16)[1＋eq\f(1,22)－eq\f(1,（n＋1）2)－eq\f(1,（n＋2）2)]＜eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq\f(5,64).(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有：①eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).②eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＜eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k).③2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＜eq\f(1,\r(n))＜2(eq\r(n)－eq\r(n－1))．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S4＝2a4－1，S3＝2a3(1)求{an}的通项公式；(2)记bn＝log2(an·an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：eq\f(1,T1)＋eq\f(1,T2)＋…＋eq\f(1,Tn)＜2.[解](1)设{an}的公比为q，由S4－S3＝a4得2a4－2a3＝a所以eq\f(a4,a3)＝2，所以q＝2.又因为S3＝2a3－1所以a1＋2a1＋4a1＝8a所以a1＝1.所以an＝2n－1.(2)证明：由(1)知bn＝log2(an·an＋1)＝log2(2n－1×2n)＝2n－1，所以Tn＝eq\f(1＋（2n－1）,2)·n＝n2，所以eq\f(1,T1)＋eq\f(1,T2)＋…＋eq\f(1,Tn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,（n－1）n)＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n)＜2.考点3错位相减法求和错位相减法求和的具体步骤步骤1→写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn.步骤2→等式两边同乘等比数列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn.步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和．步骤4→两边同除以1－q，求出Sn.同时注意对q是否为1进行讨论．(2019·莆田模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，数列{bn}满足a1＝b1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(bn,an)，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．又a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1故{an}是首项为1，公比为3的等比数列．所以an＝3n－1.由点P(bn，bn＋1)，在直线x－y＋2＝0上，所以bn＋1－bn＝2.则数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．则bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.(2)因为cn＝eq\f(bn,an)＝eq\f(2n－1,3n－1)，所以Tn＝eq\f(1,30)＋eq\f(3,31)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－1,3n－1).则eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－3,3n－1)＋eq\f(2n－1,3n)，两式相减得：eq\f(2,3)Tn＝1＋eq\f(2,3)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(2,3n－1)－eq\f(2n－1,3n).所以Tn＝3－eq\f(1,2·3n－2)－eq\f(2n－1,2·3n－1)＝3－eq\f(n＋1,3n－1).本例巧妙地将数列{an}及其前n项和为Sn，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．(2019·烟台一模)已知等差数列{an}的公差是1，且a1，a3，a9成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2an)))的前n项和Tn.[解](1)因为{an}是公差为1的等差数列，且a1，a3，a9成等比数列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a9，即(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得a1＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝n.(2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(1)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(3)＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n)，eq\f(1,2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(3)＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n)＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n＋1)，两式相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n)－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n＋1)，所以eq\f(1,2)Tn＝eq\f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up8(n＋1),1－\f(1,2))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1).所以Tn＝2－eq\f(2＋n,2n).课外素养提升⑥数学建模——数列中等量关系的建立2019全国卷Ⅰ理科21题将数列与概率知识巧妙的融合在一起，在考查概率知识的同时，突出考查学生借用数列的递推关系将实际问题转化为数学问题的能力．数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题，这就要求考生除熟练运用数列的有关概念外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解题的速度.直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系【例1】从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少eq\f(1,5)，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加eq\f(1,4).(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？[解](1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))万元，…，第n年投入为800×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))eq\s\up8(n－1)万元，所以，n年内的总投入为：an＝800＋800×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＋…＋800×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))eq\s\up8(n－1)＝4000×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up8(n)))，第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))万元，…，第n年旅游业收入400×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq\s\up8(n－1)万元．所以，n年内的旅游业总收入为bn＝400＋400×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))＋…＋400×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq\s\up8(n－1)＝1600×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up8(n)－1)).(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，化简得5×(eq\f(4,5))n＋2×(eq\f(5,4))n－7＞0，即1600×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up8(n)－1))－4000×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up8(n)))＞0，令x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up8(n)，代入上式得：5x2－7x＋2＞0.解得x＜eq\f(2,5)，或x＞1(舍去)．即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up8(n)＜eq\f(2,5)，由此得n≥5.∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.[评析]本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．【素养提升练习】公民在就业的第一年就交纳养老储备金a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d＞0)，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…，是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为r(r＞0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．[解]T1＝a1，对n≥2反复使用上述关系式，得Tn＝Tn－1(1＋r)＋an＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋an，①在①式两端同乘1＋r，得(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)，②②－①，得rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝eq\f(d,r)[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－an.即Tn＝eq\f(a1r＋d,r2)(1＋r)n－eq\f(d,r)n－eq\f(a1r＋d,r2).如果记An＝eq\f(a1r＋d,r2)(1＋r)n，Bn＝－eq\f(a1r＋d,r2)－eq\f(d,r)n，则Tn＝An＋Bn，其中{An}是以eq\f(a1r＋d,r2)(1＋r)为首项，以1＋r(r＞0)为公比的等比数列；{Bn}是以－eq\f(a1r＋d,r2)－eq\f(d,r)为首项，－eq\f(d,r)为公差的等差数列．借助数列的递推关系建立等量关系【例2】大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．(1)设夏某第n个月月底余an元，第n