2019年高考数学高分突破复习练习专题二 第2讲 15页

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 ‎ 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 又an>0，‎ 解得所以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.(1)数列通项an与前n项和Sn的关系，an＝ ‎(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.‎ ‎2.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　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，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.‎ 热点一　an与Sn的关系问题 ‎【例1】 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，‎ 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1】 (2018·安徽江南名校联考)已知数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足2(Sn＋1)＝(n＋3)an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<3.‎ ‎(1)解　2(Sn＋1)＝(n＋3)an，①‎ 当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝(n＋2)an－1，②‎ ‎①－②得，(n＋1)an＝(n＋2)an－1，‎ 所以＝(n≥2)，又∵＝，‎ 故是首项为的常数列.‎ 所以an＝(n＋2).‎ ‎(2)证明　由(1)知，‎ bn＝＝＝9.‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝9 ‎＝9＝3－<3.‎ 热点二　数列的求和 考法1　分组转化求和 ‎【例2－1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵{an}为等差数列，‎ ‎∴解得 因此{an}的通项公式an＝2n＋1.‎ ‎(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)‎ ‎＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，‎ ‎∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝＋Gn.‎ 当n为偶数时，Gn＝2×＝n，‎ ‎∴Tn＝＋n；‎ 当n为奇数时，Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，‎ ‎∴Tn＝－n－2，‎ ‎∴Tn＝ 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的奇偶进行讨论.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.‎ 考法2　裂项相消法求和 ‎【例2－2】 (2018·郑州调研)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2n2＋5n.‎ ‎(1)求证：数列{3an}为等比数列；‎ ‎(2)设bn＝2Sn－3n，求数列的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明　∵Sn＝2n2＋5n，‎ ‎∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n＋3.‎ 又当n＝1时，a1＝S1＝7也满足an＝4n＋3.‎ 故an＝4n＋3(n∈N*).‎ 由an＋1－an＝4，得＝3an＋1－an＝34＝81.‎ ‎∴数列{3an}是公比为81的等比数列.‎ ‎(2)解　∵bn＝4n2＋7n，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝＝.‎ 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2】 (2018·成都二诊)设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为(a1＋a2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝log3a2n－1，数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}满足cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，若Tn<λn恒成立，求λ的取值范围.‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，‎ 由题意，得解得 所以an＝a1qn－1＝3n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，‎ Sn＝＝＝n2‎ ‎∴cn＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝.‎ 若Tn＝<λn恒成立，则λ>(n∈N*)恒成立，‎ 则λ>，所以λ>.‎ 考法3　错位相减求和 ‎【例2－3】 (2018·潍坊一模)公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝10，且a1，a3，a9成等比数列.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，由题设 得∴ 解之得a1＝1，且d＝1.‎ 因此an＝n.‎ ‎(2)令cn＝，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn ‎＝＋＋＋…＋＋，①‎ Tn＝＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得：Tn＝－ ‎＝－＝－－，‎ ‎∴Tn＝－.‎ 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3】 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.‎ 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.‎ 热点三　与数列相关的综合问题 ‎【例3】 设f(x)＝x2＋2x，f′(x)是y＝f(x)的导函数，若数列{an}满足an＋1＝f′(an)，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)由f(x)＝x2＋2x，得f′(x)＝x＋2.‎ ‎∵an＋1＝f′(an)，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】 (2018·长沙雅礼中学质检)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值.‎ 解　(1)由已知Sn＝2an－a1，‎ 有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2).‎ 从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.‎ 又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，‎ 所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，‎ 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 故an＝2n.‎ ‎(2)由(1)可得＝，‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.‎ 由|Tn－1|<，得<，‎ 即2n>1 000，又∵n∈N*，‎ 因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10，‎ 于是，使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.‎ ‎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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为(　　)‎ A.－n B.－2n C.n D.2n 解析　设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n.‎ 答案　B ‎2.(2018·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 ‎3.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　因为＝1＋，所以Tn＝n＋1－，‎ 则T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，‎ 又m>T10＋1 013，‎ 所以整数m的最小值为1 024.‎ 答案　C ‎4.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，首项为－5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 ‎5.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{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＝(　　)‎ A.2 B.2n C.2n＋1－2 D.2n－1－2‎ 解析　因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案　C 二、填空题 ‎6.(2018·昆明诊断)数列{an}满足an＝，则＋＋…＋等于________.‎ 解析　an＝，则＝＝2 ‎∴＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ 答案　 ‎7.记Sn为正项数列{an}的前n项和，且an＋1＝2，则S2 018＝________.‎ 解析　由题意得4Sn＝(an＋1)2，①‎ 当n＝1时，4a1＝(a1＋1)2，a1＝1，‎ 当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，②‎ ‎①－②得a－a－2(an＋an－1)＝0，‎ 所以(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，‎ 又an>0，所以an－an－1＝2，‎ 则{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.‎ 所以an＝2n－1，S2 018＝＝2 0182.‎ 答案　2 0182‎ ‎8.(2018·贵阳质检)已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝－2.在数列{an}中，an＝[lg n]，n∈N＋，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝________.‎ 解析　当1≤n≤9时，an＝[lg n]＝0.‎ 当10≤n≤99时，an＝[lg n]＝1.‎ 当100≤n≤999时，an＝[lg n]＝2.‎ 当1 000≤n≤2 018时，an＝[lg n]＝3.‎ 故S2 018＝9×0＋90×1＋900×2＋1 019×3＝4 947.‎ 答案　4 947‎ 三、解答题 ‎9.(2018·济南模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn＝2n2＋n，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.‎ 又a1＝3满足上式.‎ 所以an＝4n－1(n∈N*).‎ ‎(2)bn＝＝＝.‎ 所以 Tn＝ ‎＝＝.‎ ‎10.(2018·南昌调研)已知数列{－n}是等比数列，且a1＝9，a2＝36.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an－n2}的前n项和Sn.‎ 解　(1)设等比数列{－n}的公比为q，‎ 则q＝＝＝2.‎ 从而－n＝(3－1)×2n－1，故an＝(n＋2n)2.‎ ‎(2)由(1)知an－n2＝n·2n＋1＋4n.‎ 记Tn＝22＋2·23＋…＋n·2n＋1，‎ 则2Tn＝23＋2·24＋…＋(n－1)·2n＋1＋n·2n＋2，‎ 两式作差，得 ‎－Tn＝22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2‎ ‎＝2n＋2－4－n·2n＋2＝(1－n)·2n＋2－4，‎ ‎∴Tn＝(n－1)·2n＋2＋4，‎ 故Sn＝Tn＋＝(n－1)·2n＋2＋.‎ ‎11.若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ－2.‎ 综上可得：实数λ的取值范围是(－2，3).‎