【数学】2019届一轮复习人教A版数列的求和及综合应用学案

【数学】2019届一轮复习人教A版数列的求和及综合应用学案

数列的求和及综合应用 【考点梳理】 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{ c anan＋1}(其中{an}是各项均不为零 的等差数列，c 为常数)的数列. 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. 【题型突破】 题型一、分组转化求和 【例 1】已知等差数列{an}的首项 a1＝2，前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的首项 b1 ＝1，且 a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{cn}满足 cn＝bn＋(－1)nan，记数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【解析】(1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q. ∵a1＝2，b1＝1，且 a2＝b3，S3＝6b2， ∴{2＋d＝q2， 3（2＋2＋2d） 2 ＝6q. 解得{d＝2， q＝2. ∴an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n－1. (2)由题意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n－1＋(－1)n2n. ∴Tn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n]， ①若 n 为偶数： Tn＝1－2n 1－2 ＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]} ＝2n－1＋n 2×2＝2n＋n－1. ②若 n 为奇数： Tn＝1－2n 1－2 ＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n} ＝2n－1＋2×n－1 2 －2n＝2n－n－2. ∴Tn＝{2n＋n－1，n为偶数， 2n－n－2，n为奇数. 【类题通法】 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. 【对点训练】 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. 【解析】(1)设数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 由题意有 {2a1＋5d＝4， a1＋5d＝3. 解得{a1＝1， d＝2 5. 所以{an}的通项公式为 an＝2n＋3 5 . (2)由(1)知，bn＝[2n＋3 5 ]. 当 n＝1，2，3 时，1≤2n＋3 5 <2，bn＝1； 当 n＝4，5 时，2≤2n＋3 5 <3，bn＝2； 当 n＝6，7，8 时，3≤2n＋3 5 <4，bn＝3； 当 n＝9，10 时，4≤2n＋3 5 <5，bn＝4. 所以数列{bn}的前 10 项和为 1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 题型二、裂项相消法求和 【例 2】Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和. 【解析】(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3，可知 a 2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 两式相减可得 a 2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即 2(an＋1＋an)＝a 2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an). 由于 an>0，可得 an＋1－an＝2. 又 a21＋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＝ 1 anan＋1 ＝ 1 （2n＋1）（2n＋3）＝1 2( 1 2n＋1 － 1 2n＋3). 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 2[(1 3 －1 5)＋(1 5 －1 7)＋…＋( 1 2n＋1 － 1 2n＋3)] ＝ n 3（2n＋3）. 【类题通法】 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. 【对点训练】 设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{ an 2n＋1}的前 n 项和. 【解析】(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＝ 2 2n－1 ， 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式， 从而{an}的通项公式为 an＝ 2 2n－1 . (2)记{ an 2n＋1}的前 n 项和为 Sn， 由(1)知 an 2n＋1 ＝ 2 （2n－1）（2n＋1）＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ， 则 Sn＝(1－1 3)＋(1 3－1 5)＋…＋( 1 2n－1 － 1 2n＋1) ＝1－ 1 2n＋1 ＝ 2n 2n＋1. 题型三、错位相减求和 【例 3】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*). 【解析】(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， ＝12 × （1－2n） 1－2 －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. 【类题通法】 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. 【对点训练】 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. 【解析】(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＝ 1 2n. (2)Tn＝ 1 21＋ 3 22＋ 5 23＋…＋2n－1 2n ，① 1 2Tn＝ 1 22＋ 3 23＋ 5 24＋…＋2n－1 2n＋1 ，② ①－②，得 1 2Tn＝1 2＋2×( 1 22＋ 1 23＋ 1 24＋…＋ 1 2n)－2n－1 2n＋1 ＝1 2＋2× 1 22(1－ 1 2n－1) 1－1 2 －2n－1 2n＋1 ＝1 2＋1－ 1 2n－1 －2n－1 2n＋1 ＝3 2－2n＋3 2n＋1 . 所以 Tn＝3－2n＋3 2n . 题型四、an 与 Sn 的关系问题 【例 4】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＝ bn＋1 TnTn＋1. (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. 【解析】(1)因为 an＝5Sn＋1，n∈N*， 所以 an＋1＝5Sn＋1＋1， 两式相减，得 an＋1＝－1 4an， 又当 n＝1 时，a1＝5a1＋1，知 a1＝－1 4， 所以数列{an}是公比、首项均为－1 4的等比数列. 所以数列{an}的通项公式 an＝(－1 4 ) n . (2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1， 数列{bn}的前 n 项和 Tn＝n2， cn＝ bn＋1 TnTn＋1 ＝ 2n＋1 n2（n＋1）2＝ 1 n2－ 1 （n＋1）2， 所以 An＝1－ 1 （n＋1）2. 因此{An}是单调递增数列， ∴当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－1 4＝3 4；An 没有最大值. 【类题通法】 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. 【对点训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝3，Sn＝an＋1＋2n－3，n∈N*. (1)求证：{an－2}是等比数列； (2)设 bn＝ an－2 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)证明　∵a1＝3，且 Sn＝an＋1＋2n－3，n∈N*，① 当 n≥2 时，Sn－1＝an＋2n－5，② ①－②得：an＝an＋1－an＋2， 整理可得：an＋1－2＝2(an－2)， 又当 n＝1 时，S1＝a2＋2－3，所以 a2＝4， 所以 a2－2＝2(a1－2)， 又 a1－2＝1， 综上可知，数列{an－2}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列. (2)解　由(1)知，an－2＝2n－1，则 an＝2n－1＋2， 所以 bn＝ an－2 anan＋1 ＝ 2n－1 （2n－1＋2）（2n＋2）＝ 1 2n－1＋2 － 1 2n＋2 所以 Tn＝ 1 1＋2 － 1 2＋2 ＋ 1 2＋2 － 1 4＋2 ＋…＋ 1 2n－2＋2 － 1 2n－1＋2 ＋ 1 2n－1＋2 － 1 2n＋2 ＝ 1 3－ 1 2n＋2. 题型五、数列与函数、不等式的综合问题 【例 5】已知正项数列{an}，{bn}满足：对于任意的 n∈N*，都有点(n， bn)在直 线 y＝ 2 2 (x＋2)上，且 bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，a1＝3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 Sn＝ 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an，如果对任意的 n∈N*，不等式 2aSn<2－bn an恒成立.求实 数 a 的取值范围. 【解析】(1)∵点(n， bn)在直线 y＝ 2 2 (x＋2)上， ∴ bn＝ 2 2 (n＋2)，即 bn＝ （n＋2）2 2 . 又∵bn，an＋1，bn＋1 成等比数列， ∴a 2n＋1＝bn·bn＋1＝ （n＋2）2（n＋3）2 4 ， ∴an＋1＝（n＋2）（n＋3） 2 ，∴n≥2 时，an＝（n＋1）（n＋2） 2 ， a1＝3 适合上式，∴an＝（n＋1）（n＋2） 2 . (2)由(1)知， 1 an＝ 2 （n＋1）（n＋2）＝2( 1 n＋1 － 1 n＋2)， ∴Sn＝2[(1 2－1 3)＋(1 3 －1 4)＋…＋( 1 n＋1 － 1 n＋2)] ＝2(1 2 － 1 n＋2)＝ n n＋2 . 故 2aSn<2－bn an可化为： 2an n＋2 <2－ （n＋2）2 2 （n＋1）（n＋2） 2 ＝2－n＋2 n＋1 ＝ n n＋1 ， 即 a< n＋2 2（n＋1）＝1 2(1＋ 1 n＋1)对任意的 n∈N*恒成立， 令 f(n)＝ n＋2 2（n＋1）＝1 2(1＋ 1 n＋1)显然随 n 的增大而减小，且 f(n)> 1 2恒成立，故 a≤ 1 2. 综上知，实数 a 的取值范围是(－∞， 1 2]. 【类题通法】 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. 【对点训练】 已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋1， (1)证明{an＋1 2}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an< 3 2. 【解析】证明　(1)由 an＋1＝3an＋1， 得 an＋1＋1 2＝3(an＋1 2). 又 a1＋1 2＝3 2， 所以{an＋1 2}是首项为3 2，公比为 3 的等比数列. an＋1 2＝3n 2 ， 因此{an}的通项公式为 an＝3n－1 2 . (2)由(1)知 1 an＝ 2 3n－1 . 因为当 n≥1 时，3n－1≥2×3n－1， 所以 1 3n－1 ≤ 1 2 × 3n－1. 于是 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an≤1＋1 3＋…＋ 1 3n－1 ＝3 2(1－ 1 3n)< 3 2. 所以 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an< 3 2.