2019届二轮复习第9讲　数列通项与求和学案（全国通用） 11页

第9讲　数列通项与求和 专 题 探 究　【p32】‎ ‎【命题趋势】‎ 本考点是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题．‎ 主要考查以下三个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式；考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题．‎ ‎2．通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题；考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．‎ ‎3．数列的综合问题；多与函数、方程、不等式、三角等有关知识综合，或出现与数列结合的探索性问题，主要以等差、等比数列的基本运算为背景，探究满足条件的参数的取值范围或者参数的存在性问题．主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质．解答题以中档题居多，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度较大的特点．‎ ‎【备考建议】‎ 复习中要做到：‎ ‎1．牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，熟悉以递推公式求通项公式的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法．对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列．‎ ‎2．对于数列求和部分的复习要注意以下几点：①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其变形公式，这是数列求和的基础；②掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；③掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前n项和的最值，研究前n项和所满足的不等式等．‎ 典 例 剖 析　【p32】‎ 探究一　由Sn与an的关系式求an 例1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝n2an－n(n－1)，n＝1，2，…，则Sn＝________．‎ ‎【解析】 由Sn＝n2an－n(n－1)知，‎ 当n≥2时Sn＝n2(Sn－Sn－1)－n(n－1)，‎ 即(n2－1)Sn－n2Sn－1＝n(n－1)，‎ ‎∴Sn－Sn－1＝1对任意n≥2成立．‎ 又S1＝1，∴是首项为1，公差为1的等差数列．‎ Sn＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝. ‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和．已知an＞0，a＋2an＝4Sn＋3，则an＝________．‎ ‎【解析】2n＋1‎ 由a＋2an＝4Sn＋3，①‎ 可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②‎ ‎②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，‎ 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．‎ 由an＞0，得an＋1－an＝2.‎ 又a＋‎2a1＝‎4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或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.‎ ‎【点评】给出Sn与an的递推关系求an，常用思路如下：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.解题时要注意变量的取值范围，且注意检验特殊情况是否成立．‎ 探究二　由an与an＋1的递推关系式求an ‎ 例2 (1)已知a1＝1，an＋1＝2n·an(n≥1，n∈N*)，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)已知an＋1＝2an＋3×2n，a1＝2，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(4)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋2＝an＋，n∈N*，求数列{an}的通项公式．‎ ‎【解析】(1)解法一：∵an＋1＝2n·an，∴＝2n，‎ ‎∴＝2，＝22，＝23，…，＝2n－1.‎ 将上述n－1个式子累乘，得＝21＋2＋3＋…＋(n－1)，‎ 即an＝2(n∈N*)．‎ 解法二：an＋1＝2n·an＝2n·2n－1an－1＝…＝2n·2n－1·…·22·‎21a1＝21＋2＋…＋n－1＋n·a1＝2.‎ ‎∴an＝2.‎ ‎(2)an＋1＝2an＋3×2n两边同除以2n＋1，‎ 得＝＋，则－＝，‎ 故数列是以＝＝1为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得＝1＋(n－1)×，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(3)原式可化为an＋1＝an＋－，‎ 则a2＝a1＋－，a3＝a2＋－，‎ a4＝a3＋－，…，an＝an－1＋－，‎ 逐项相加得：an＝a1＋1－，故an＝4－.‎ ‎(4) 当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＝(1＋2|cos kπ|)a2k＋|sin kπ|＝‎3a2k，‎ 又a2＝3，∴当k∈N*时，数列{a2k}为首项为3，公比为3的等比数列，‎ ‎∴a2k＝a2·3k－1＝3k；‎ 当n＝2k－1(k∈N*)时，‎ 由a2k＋1＝a2k－1＋＝a2k－1＋1，‎ ‎∴当k∈N*时，{a2k－1}是等差数列，‎ ‎∴a2k－1＝a1＋(k－1)×1＝k.‎ 综上，数列{an}的通项公式为an＝ ‎【点评】已知an与an＋1的关系式，求通项an时一般转化为等差数列或等比数列求解，常有以下类型：①形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)不是常数)的解决方法是累加法；②形如an＋1＝an·f(n)(f(n)不是常数)的解决方法是累乘法；③形如an＋1＝pan＋q(p，q均为常数且p≠1，q≠0)的解决方法是将其构造成一个新的等比数列；④形如an＋1＝pan＋qn(p，q均为常数，pq(p－1)≠0)的解决方法是在递推公式两边同除以qn＋1.‎ 探究三　求数列的前n项和 例3 (1)求数列1，2，3，…，，…的前n项和Sn；‎ ‎(2)求和：1＋＋＋…＋；‎ ‎(3)设f(x)＝，求：f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 019)．‎ ‎【解析】(1)Sn＝＋＋＋…＋ ‎＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ‎＝n(n＋1)＋＝n(n＋1)＋1－.‎ ‎(2)设数列的通项为an，‎ 则an＝＝2，‎ ‎∴Sn＝a1＋a2＋…＋an ‎＝2 ‎＝2＝.‎ ‎(3)∵f(x)＝，‎ ‎∴f(x)＋f＝1.‎ 令S＝f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 019)，①‎ 则S＝f(2 019)＋f(2 018)＋…＋f(1)＋f＋…＋f＋f，②‎ ‎①＋②得：2S＝1×4 037＝4 037，所以S＝.‎ ‎【点评】数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等比数列求和公式时，注意对公比是否等于1进行讨论．本例三道题分别主要使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法．‎ 探究四　数列的综合应用 例4 已知数列{an}的前n项和为Sn，向量a＝(Sn，1)，b＝，满足条件a＝λb，λ∈R，且λ≠0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设函数f(x)＝，数列{bn}满足条件b1＝2，f(bn＋1)＝，(n∈N*)．‎ ‎(ⅰ) 求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(ⅱ)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎【解析】(1)因为a＝λb，所以Sn＝2n－1，Sn＝2n＋1－2.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2，满足上式，所以an＝2n.‎ ‎(2)(ⅰ)∵f(x)＝，f(bn＋1)＝，‎ ‎∴＝，∴＝，∴bn＋1＝bn＋3，bn＋1－bn＝3，又∵b1＝2，‎ ‎∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，‎ ‎∴bn＝3n－1.‎ ‎(ⅱ)cn＝＝，‎ Tn＝＋＋＋…＋＋　①‎ Tn＝＋＋＋…＋＋　②‎ ‎①－②得Tn＝1＋＋＋＋…＋－ Tn＝1＋3·－，‎ Tn＝2＋3－＝5－.‎ ‎【点评】求数列前n项和的常用方法：(1)公式法；(2)错位相减法；(3)裂项相消法；(4)除上述较常用的方法之外，还有①分组求和法；②并项求和法；③倒序相加法等．‎ 规 律 总 结　【p34】‎ ‎1．在使用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况考虑，求出结果后，再分析这两种情况能否整合在一起．‎ ‎2．错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．‎ ‎3．裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．‎ ‎4．数列应用题基本类型：‎ ‎(1)储蓄模型；本金为a元，每期利率为r，存期为n，当按单利计算时，本利和为y＝a(1＋nr)，当按复利计算时，本利和为y＝a(1＋r)n.‎ ‎(2)产值模型；基数为N，单位时间段的平均增长率为p，则经过n个单位时间段后，产值y＝N(1＋p)n.‎ ‎5．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．‎ ‎6．数列与函数的综合问题 ‎(1)函数条件的转化；直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可．‎ ‎(2)数列向函数的转化；可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域．‎ ‎7．数列中的探索性问题 处理数列探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，‎ 其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．‎ 高 考 回 眸　【p34】‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考题1[2018·全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝__________．‎ ‎【解析】－63‎ 通解：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝‎2a1＋1，解得a1＝－1；‎ 当n＝2时，a1＋a2＝‎2a2＋1，解得a2＝－2；‎ 当n＝3时，a1＋a2＋a3＝‎2a3＋1，解得a3＝－4；‎ 当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝‎2a4＋1，解得a4＝－8；‎ 当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝‎2a5＋1，解得a5＝－16；‎ 当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝‎2a6＋1，解得a6＝－32.‎ 所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.‎ 优解：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.‎ ‎【命题意图】本题主要考查数列的前n项和与通项公式之间的关系、等比数列的前n项和公式，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．‎ 考题2[2018·天津卷]设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)．‎ ‎(Ⅰ)求Tn；‎ ‎(Ⅱ)证明： ＝－2(n∈N*)．‎ ‎【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0，‎ 因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d，‎ 由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.‎ 由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，‎ 从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ ‎(2)(Ⅰ)由(1)，有Sn＝＝2n－1，故 Tn＝ (2k－1)＝2k－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ ‎(Ⅱ)证明：因为＝＝＝－，‎ 所以， ＝＋＋…＋＝－2.‎ ‎【命题意图】本题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力．‎ 考点限时训练　【p126】‎ A组　基础演练 ‎1．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，an＋1－an＝，若数列的前n项和为5，则n＝(　　)‎ A．119 B．‎121 C．120 D．122‎ ‎【解析】选C.‎ 依题意有a－a＝4，即数列{a}是以4为首项，公差为4的等差数列，故a＝4n，an＝2.‎ ＝·＝(－)，‎ 前n项和Sn＝(－1＋－＋…＋－)＝(－1)，‎ 所以(－1)＝5，n＝120.‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝(　　)‎ A．3·21 009－3 B．22 018－1‎ C．22 010－3 D．22 009－3‎ ‎【解析】选A.‎ ‎∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，‎ ‎∴a2·a1＝2，解得a2＝2.‎ 当n≥2时，＝⇒＝2，‎ ‎∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列，公比为2.‎ 则S2 018＝(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝＋＝3·21 009－3.‎ ‎3．设Sn为正项数列{an}的前n项和，a2＝3，Sn＋1(2Sn＋1＋n－4Sn)＝2nSn，则a25等于(　　)‎ A．3×223 B．3×‎224 C．223 D．224‎ ‎【解析】选A.‎ 由Sn＋1(2Sn＋1＋n－4Sn)＝2nSn移项分解因式可得(Sn＋1－2Sn)(2Sn＋1＋n)＝0，因为{an}为正项数列，所以2Sn＋1＋n>0，可得Sn＋1＝2Sn，a2＝S2－S1＝S1＝3，Sn＝3×2n－1，a25＝S25－S24＝3×223，故选A.‎ ‎4．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，若an(an－1＋2an＋1)＝3an－1·an＋1，则数列{an}的通项an＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎【解析】选B.‎ anan－1＋2anan＋1＝3an－1an＋1，＋＝，－＝2，‎ 则＝2，数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ －＝2×2n－1＝2n，利用叠加法，‎ ＋＋＋…＋＝1＋2＋22＋…＋2n－1，‎ 即＝＝2n－1，则an＝.选B.‎ ‎5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎【解析】an＝2n－1‎ 构造新数列{an＋p}，其中p为常数，使之成为公比为2的等比数列，即an＋1＋p＝2(an＋p)，‎ 整理得：an＋1＝2an＋p使之满足an＋1＝2an＋1，‎ ‎∴p＝1，‎ 即{an＋1}是首项为a1＋1＝2，q＝2的等比数列，‎ ‎∴an＋1＝2·2n－1，an＝2n－1.‎ ‎6．小王每月除去所有日常开支，大约结余a元．小王决定采用零存整取的方式把余钱积蓄起来，每月初存入银行a元，存期1年(存12次)，到期取出本和息．假设一年期零存整取的月利率为r，每期存款按单利计息，那么小王存款到期利息为________元．‎ ‎【解析】78ar 依题意得，小王存款到期利息为12ar＋11ar＋10ar＋…＋3ar＋2ar＋ar＝ar＝78ar元．‎ ‎7．设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．‎ ‎(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.‎ ‎【解析】(1)由已知，b7＝‎2a7，b8＝‎2a8＝4b7，‎ 有‎2a8＝4×‎2a7＝‎2a7＋2.‎ 解得d＝a8－a7＝2.‎ 所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.‎ ‎(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－‎2a2＝(‎2a2ln 2)(x－a2)，‎ 它在x轴上的截距为a2－.‎ 由题意知，a2－＝2－，解得a2＝2.‎ 所以d＝a2－a1＝1，从而an＝n，bn＝2n.‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋.‎ 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－ ‎＝2－－＝.‎ 所以Tn＝.‎ ‎8．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，n∈N*.‎ ‎(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＝4log2(an＋1)＋3，cn＝，求数列{(－1)nbnbn＋1＋cn}的前2n项和．‎ ‎【解析】(1)由 an＋2＝3an＋1－2an，‎ 得an＋2－an＋1＝2，‎ 又a1＝1，a2＝3，所以a2－a1＝2，‎ 所以{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 所以an＋1－an＝2n，‎ 所以an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋21＋22＋…＋2n－1＝2n－1. ‎ ‎(2)∵an＝2n－1，∴bn＝4log2(2n－1＋1)＋3 ＝4n＋3，‎ cn＝＝＝－，‎ 记数列{(－1)nbnbn＋1}的前n项和为Sn，则 S2n＝(－b1b2＋b2b3)＋(－b3b4＋b4b5) ＋…＋(－b2n－1b2n＋b2nb2n＋1)‎ ‎＝2d(b2＋b4＋…＋b2n)＝8×＝4n(11＋8n＋3)＝32n2＋56n.‎ 记数列{cn}的前n项和为Tn，则 T2n＝c1＋c2＋…＋c2n ‎＝＋＋…＋＋ ‎＝－ ＝1－.‎ 所以数列{(－1)nbnbn＋1＋cn}的前n项和为32n2＋56n＋1－.‎ B组　能力提升 ‎9．设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，n＝1，2，3，…，则数列{an}的前20项的和是__________．‎ ‎【解析】2 101‎ 由题中条件知，a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝‎2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝‎2a4＝8…即其奇数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成了首项为2，公比为2的等比数列，所以该数列的前20项的和为(1＋2＋3＋…＋10)＋(2＋4＋8＋…＋210)＝2 101，‎ 故答案为2 101.‎ ‎10．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”. 现已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意n∈N* 恒成立，则实数k的取值范围为________________．‎ ‎【解析】 由题意a1＋‎2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，则n≥2时，a1＋‎2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，‎ 两式相减得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，‎ an＝2n＋2，又H1＝＝4，即a1＝4，所以an＝2n＋2，n∈N*，‎ an－kn＝(2－k)n＋2，显然{an－kn}是等差数列，要使{Sn}中S5最大，则解得≤k≤.‎ ‎11．某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第2名得剩下的一半多一万元，依次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出______________万元资金进行奖励．‎ ‎【解析】2 046‎ 设第10名到第1名得到的奖金数分别是a1，a2，…，a10，则an＝Sn＋1，则a1＝2，an－an－1＝－＝(Sn－Sn－1)＝an，即an＝2an－1，因此每人得到的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S10＝＝2 046.‎ ‎12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋<.‎ ‎【解析】(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.‎ 又a1＋＝，‎ 所以是首项为，公比为3的等比数列．‎ 所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.‎ 即＝≤，‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝＜.‎ 所以＋＋…＋＜.‎