2018届二轮复习(文科)专题三第2讲 数列的求和及综合应用学案(全国通用)

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2018届二轮复习(文科)专题三第2讲 数列的求和及综合应用学案(全国通用)

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.(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;‎ ‎(2)求数列的前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 ‎①-②得(2n-1)an=2,所以an=,‎ 又n=1时,a1=2适合上式,‎ 从而{an}的通项公式为an=.‎ ‎(2)记的前n项和为Sn,‎ 由(1)知==-,‎ 则Sn=++…+ ‎=1-=.‎ ‎2.(2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn,已知S2n+1=bnbn+1,求数列的前n项和Tn.‎ 解 (1)设{an}的公比为q,‎ 由题意知a1(1+q)=6,aq=a1q2,‎ 又an>0,‎ 解得a1=2,q=2,所以an=2n.‎ ‎(2)由题意知:S2n+1==(2n+1)bn+1,‎ 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,‎ 所以bn=2n+1.‎ 令cn=,则cn=,‎ 因此Tn=c1+c2+…+cn ‎=+++…++,‎ 又Tn=+++…++,‎ 两式相减得Tn=+-,‎ 所以Tn=5-.‎ 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,裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列,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.‎ ‎(2)an=忽略n≥2的限定,忘记第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·郑州质检)已知数列{an}的前n项和Sn=,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=1时,a1=S1=1;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.‎ 而a1也满足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==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.‎ 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,a+2an=4Sn+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.‎ 解 (1)由a+2an=4Sn+3,可知 a+2an+1=4Sn+1+3.‎ 两式相减可得a-a+2(an+1-an)=4an+1,‎ 即2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(an+1-an).‎ 由于an>0,可得an+1-an=2.‎ 又a+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 bn===.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn ‎ = ‎ =.‎ 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·昆明诊断)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a1+2a2=5,4a=a2a6.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足b1=2,且bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(3)设cn=,求数列{cn}的前n项和为Tn.‎ 解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由4a=a2a6得4a=a所以q2=4,由条件可知q>0,故q=2,‎ 由a1+2a2=5得a1+2a1q=5,所以a1=1,‎ 故数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ ‎(2)由bn+1=bn+an得bn+1-bn=2n-1,‎ 故b2-b1=20,b3-b2=21,…,bn-bn-1=2n-2,‎ 以上n-1个等式相加得bn-b1=1+21+…+2n-2‎ ‎==2n-1-1,‎ 由b1=2,所以bn=2n-1+1.‎ ‎(3)cn===-,‎ 所以Tn=c1+c2+…+cn=++…+=-=-.‎ 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=2n.‎ 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bn=2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,bn=2n,有 Tn= 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+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1,‎ ‎=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+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,‎ 所以log2bn=-n即bn=.‎ ‎(2)Tn=+++…+,①‎ Tn=+++…+,②‎ ‎①-②,得 Tn=+2×- ‎=+2×- ‎=+1--=-.‎ 所以Tn=3-.‎ 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=-1-log2|an|,数列{bn}的前n项和为Tn,cn=.‎ ‎(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,‎ 两式相减,得an+1=-an,‎ 又当n=1时,a1=5a1+1,知a1=-,‎ 所以数列{an}是公比、首项均为-的等比数列.‎ 所以数列{an}的通项公式an=.‎ ‎(2)bn=-1-log2|an|=2n-1,‎ 数列{bn}的前n项和Tn=n2,[来源:Z|xx|k.Com]‎ cn===-,‎ 所以An=1-.‎ 因此{An}是单调递增数列,‎ ‎∴当n=1时,An有最小值A1=1-=;An没有最大值.‎ 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·梅州质检)设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-,{bn ‎}为等差数列,且a1=b1,a2(b2-b1)=a1.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解 (1)当n=1时,a1=S1=1.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,‎ 此式对n=1也成立,∴an=(n∈N*),[来源:Zxxk.Com]‎ 从而b1=a1=1,b2-b1==2.‎ 又因为{bn}为等差数列,∴公差d=2,‎ ‎∴bn=1+(n-1)·2=2n-1.‎ ‎(2)由(1)可知cn==(2n-1)·2n-1,‎ 所以Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)·2n-1,①‎ ‎2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,②‎ ‎①-②得:-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n ‎=1+-(2n-1)·2n ‎=1+2n+1-4-(2n-1)·2n=-3-(2n-3)·2n ‎∴Tn=3+(2n-3)·2n.‎ 热点三 数列与函数、不等式的综合问题 ‎【例3】 (2017·惠州三调)在数列{an}中,点(an,an+1)在直线y=x+2上,且首项a1=1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}中,b1=a1,b2=a2,数列{bn}的前n项和为Tn,请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.‎ 解 (1)∵点(an,an+1)在直线y=x+2上,且a1=1.‎ ‎∴an+1=an+2则an+1-an=2,‎ 因此数列{an}是公差为2,首项为1的等差数列.‎ ‎∴an=1+2(n-1)=2n-1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn==n2,‎ 等比数列{bn}中,b1=a1=1,b2=a2=3,∴q=3.‎ ‎∴bn=3n-1.‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn===.‎ Tn≤Sn可化为≤n2.‎ 又n∈N*,∴n=1,或n=2‎ 故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1和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】 (2017·长郡中学联考)在数列{an}中,已知a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an.‎ ‎(1)证明数列{an+1-an}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log2(an+1),{bn}的前n项和为Sn,求证:+++…+<2.‎ 证明 (1)由an+2=3an+1-2an,得an+2-an+1=2(an+1-an),a2-a1=2,‎ 所以,{an+1-an}是首项为2,公比为2的等比数列,‎ ‎∴an+1-an=2n,‎ an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)‎ ‎=1+2+22+…+2n-1==2n-1.‎ ‎(2)bn=log2(an+1)=log22n=n,‎ ‎∴Sn=1+2+3+…+n=,‎ 于是==2,‎ 所以+++…+ ‎=2 ‎=2<2.‎ ‎1.错位相减法的关注点 ‎(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 ‎(1)=-.(2)=.‎ ‎(3)=.‎ ‎(4)=.‎ ‎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.‎ 一、选择题 ‎1.已知数列1,3,5,7,…,则其前n项和Sn为(  )‎ A.n2+1- B.n2+2- C.n2+1- D.n2+2- 解析 an=(2n-1)+,‎ ‎∴Sn=+=n2+1-.‎ 答案 A ‎2.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是“S4+S6>2S5”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 由S4+S6-2S5=S6-S5-(S5-S4)=a6-a5=d,当d>0时,则S4+S6-2S5>0,即S4+S6>2S5,反之,S4+S6>2S5,可得d>0,所以“d>0”是“S4+S6>2S5”的充要条件.‎ 答案 C ‎3.(2017·沈阳二模)已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|=(  )‎ A.9 B.15‎ C.18 D.30‎ 解析 ∵an+1-an=2,a1=-5,∴数列{an}是公差为2的等差数列.‎ ‎∴an=-5+2(n-1)=2n-7.‎ 数列{an}的前n项和Sn==n2-6n.‎ 令an=2n-7≥0,解得n≥.‎ ‎∴n≤3时,|an|=-an;n≥4时,|an|=an.‎ 则|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=‎ S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.‎ 答案 C ‎4.(2017·衡水中学月考)数列an=,其前n项之和为,则在平面直角坐标系中,直线(n+1)x+y+n=0在y轴上的截距为(  )‎ A.-10 B.-9 ‎ C.10 D.9‎ 解析 由于an==-.‎ ‎∴Sn=++…+=1-.‎ 因此1-=,所以n=9.‎ 所以直线方程为10x+y+9=0.‎ 令x=0,得y=-9,所以在y轴上的截距为-9.‎ 答案 B ‎5.(2017·湘潭三模)已知Tn为数列的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为(  )‎ A.1 026 B.1 025 ‎ C.1 024 D.1 023‎ 解析 ∵=1+,‎ ‎∴Tn=n+=n+1-,‎ ‎∴T10+1 013=11-+1 013=1 024-,‎ 又m>T10+1 013,‎ ‎∴整数m的最小值为1 024.‎ 答案 C 二、填空题 ‎6.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=1,{an}的“差数列”的通项公式为an+1-an=2n,则数列{an}的前n项和Sn=________.‎ 解析 因为an+1-an=2n,应用累加法可得an=2n-1,‎ 所以Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=2+22+23+…+2n-n ‎=-n ‎=2n+1-n-2.‎ 答案 2n+1-n-2‎ ‎7.(2017·潮州二模)已知Sn为数列{an}的前n项和,an=2·3n-1(n∈N*),若bn=,则b1+b2+…+bn=________.‎ 解析 易知数列{an}是首项a1=2,公比q=3的等比数列,‎ 所以Sn==3n-1.‎ 又bn===-,‎ 则b1+b2+…+bn=++…+ ‎=-=-.‎ 答案 - ‎8.设向量a=(1,2),b=(n∈N*),若a∥b,设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn的最小值为________.‎ 解析 因为向量a=(1,2),b=(n∈N*),a∥b,所以1·an-·2=0,‎ 即an==2,‎ 从而数列{an}的前n项和为 Sn=2=2 易知{Sn}是单调递增数列.‎ ‎∴当n=1时,Sn取得最小值2=1.‎ 答案 1‎ 三、解答题 ‎9.(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,[来源:学科网ZXXK]‎ 由题意有 解得 所以{an}的通项公式为an=.‎ ‎(2)由(1)知,bn=.‎ 当n=1,2,3时,1≤<2,bn=1;‎ 当n=4,5时,2≤<3,bn=2;‎ 当n=6,7,8时,3≤<4,bn=3;‎ 当n=9,10时,4≤<5,bn=4.‎ 所以数列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.‎ ‎10.(2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解 (1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.[来源:学科网ZXXK]‎ 当n=1时,a1=S1=11,符合上式.‎ 所以an=6n+5.‎ 设数列{bn}的公差为d,‎ 由即 可解得所以bn=3n+1.‎ ‎(2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1.,‎ 又Tn=c1+c2+…+cn,‎ 得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],‎ ‎ 2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2].‎ 两式作差,得 ‎-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]‎ ‎=3×=-3n·2n+2.‎ 所以Tn=3n·2n+2.‎ ‎11.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数f(x)=3x2-2x的图象上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得2Tn≤λ-2 015对任意n∈N*都成立的实数λ的取值范围.‎ 解 (1)因为点(n,Sn)均在函数f(x)=3x2-2x的图象上,所以Sn=3n2-2n.‎ 当n=1时,a1=S1=3-2=1;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5.‎ 又a1=1也满足an=6n-5,‎ 所以an=6n-5(n∈N*).‎ ‎(2)因为bn== ‎=,‎ 所以Tn= ‎==,‎ 所以2Tn==1-<1.‎ 又2Tn≤λ-2 015对任意n∈N*都成立,‎ 所以1≤λ-2 015,即λ≥2 016.‎ 故实数λ的取值范围是[2 016,+∞).‎
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