2019届二轮复习数列求和学案（全国通用）

2019届二轮复习数列求和学案（全国通用）

考情速递：‎ ‎1. （2018年北京）设{an}是等差数列，且a1=ln 2，a2+a3=5ln 2．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）求e+e+…+e．‎ ‎2 （2018年浙江）已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn ‎}满足b1=1，数列{（bn+1-bn）an}的前n项和为2n2+n．‎ ‎（1）求q的值；‎ ‎（2）求数列{bn}的通项公式．‎ ‎【解析】（1）等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，‎ 可得2a4+4=a3+a5=28-a4，‎ 解得a4=8，‎ 由+8+8q=28，可得q=2（舍去），‎ 则q的值为2．‎ 可得bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn-bn-1）‎ ‎=1+3•（）0+7•（）1+…+（4n-5）•（）n-2，‎ bn=+3•（）+7•（）2+…+（4n-5）•（）n-1，‎ 相减可得bn=+4[（）+（）2+…+（）n-2]-（4n-5）•（）n-1‎ ‎=+4•-（4n-5）•（）n-1，‎ 化简可得bn=15-（4n+3）•（）n-2．‎ ‎3（2018年天津）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 ）．‎ ‎（2）（i）由（1），可得Sn==2n-1，‎ 故Tn===-n=2n+1-n-2；‎ ‎（ii）证明：∵===-．‎ ‎∴=(-)+(-)+…+(-)=-2．‎ 例1.(2018年新课标Ⅲ理)等比数列{an}中,a1＝1,a5＝4a3.‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63,求m.‎ ‎【分析】利用等比数列的基本公式求出数列的公比，从而求得通项公式；第二问利用求和公式求解关于m的方程，确定解的情况。‎ ‎【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q.‎ 由a1＝1,a5＝4a3,得1×q4＝4×(1×q2),解得q＝±2.‎ 当q＝2时,an＝2n－1；‎ 当q＝－2时,an＝(－2)n－1.‎ ‎（2）当q＝－2时,Sn＝＝.由Sm＝63,得＝63,m∈N,无解；‎ 当q＝2时,Sn＝＝2n－1.由Sm＝63,得2m－1＝63,解得m＝6.‎ ‎（2018•顺德区一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=﹣45，a4=﹣41，则Sn取得最小值时n的值为（　　）‎ A．23 B．24或25 C．24 D．25‎ ‎【答案】C 例2（2018•海淀区二模）已知等差数列{an}满足2an+1﹣an=2n+3．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{an+bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎【分析】（Ⅰ）{an}是等差数列，利用等差的性质建立关系求解即可．‎ ‎（Ⅱ）数列{an+bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求解等比数列的通项，利用分组求和法即可求解数列{bn}的前n项和．‎ ‎【解析】：（Ⅰ）方法1：‎ 因为数列{an}是等差数列，‎ 所以an+an+2=2an+1．‎ 因为2an+1﹣an=2n+3，‎ 所以an+2=2n+3．‎ 所以，当n≥3时，an=2（n﹣2）+3=2n﹣1．‎ 所以an=2n﹣1（n=1，2，3，…）．‎ 方法2：‎ ‎（Ⅱ）因为数列{an+bn}是首项为1，公比为2的等比数列，‎ 所以，‎ 因为an=2n﹣1，‎ 所以．‎ 设数列{bn}的前n项和为Sn，‎ 则==2n﹣1﹣n2．‎ 所以数列{bn}的前n项和为：2n﹣1﹣n2．‎ ‎（2018•淄博二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，若a1=2b1，a4﹣a2=12，S4+2S2=3S3．‎ ‎（I）求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎（II）设cn=，Tn为{cn}的前n项和，求T2n．‎ ‎【解析】：（I）等比数列{an}的公比设为q，前n项和为Sn，‎ 数列是公差为d=1的等差数列，‎ 即有=t+n﹣1，即bn=n（t+n﹣1），‎ 若a1=2b1=t，‎ a4﹣a2=12，S4+2S2=3S3，‎ 可得tq3﹣tq=12，S4﹣S3=2（S3﹣S2），‎ 即为a4=2a3，即q==2，‎ 解得t=2，‎ 可得an=2n；bn=n2；‎ ‎（2）cn=，‎ 即为cn=，‎ T2n=（c1+c3+…+c2n﹣1）+（c2+c4+…+c2n）‎ ‎=[++…+]+（++…+）‎ ‎=（1﹣+﹣+…+﹣）+‎ ‎=﹣•+（1﹣）‎ ‎=﹣•﹣•．‎ ‎（2018•南平一模）已知等差数列{an}满足a3=6，前7项和为S7=49．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）设数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【解析】：（1）由，得a4=7‎ ‎∵a3=6，∴d=1，‎ ‎∴a1=4，‎ ‎∴an=n+3‎ 例4（2018•攀枝花三模）已知{an}是公差为2的等差数列．数列{bn}满足b1=，b2=，且anbn+1=nbn+bn+1（n∈N ）‎ ‎（I）求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设cn=，数列{cn}的前n项和为Sn，证明：Sn＜‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意可知，n=1时a1b2=b1+b2⇒a1=3，又公差为2，可得an．从而有（2n+1）bn+1=nbn+bn+1⇒2bn+1=bn，利用等比数列的通项公式可得bn．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知．利用裂项求和即可得出．‎ ‎【解析】（Ⅰ）由题意可知，n=1时a1b2=b1+b2⇒a1=3，又公差为2，故an=2n+1．‎ 从而有（2n+1）bn+1=nbn+bn+1⇒2bn+1=bn，故数列{bn}是公比为的等比数列 又，所以；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知．‎ 故=．‎ ‎1‎ ‎．（2018•商洛模拟）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统的介绍了等差数列，同类结果在三百多年后的印度才首次出现．书中有这样一个问题，大意为：某女子善于织布，后一天比前一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，一个月（按30天计算）总共织布390尺，问每天增加的数量为多少尺？该问题的答案为（　　）‎ A．尺 B．尺 C．尺 D．尺 ‎【答案】B ‎2（2018•永州三模）在等比数列{an}中，首项a1=8，数列{bn}满足bn=log2an，且b1+b2+b3=15．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）记数列{bn}的前n项和为Sn，又设数列的前n项和为Tn，求证：．‎ ‎【解析】：（Ⅰ）由bn=log2an和b1+b2+b3=15得log2（a1a2a3）=15，‎ ‎∴，‎ 设等比数列{an}的公比为q，∵a1=8，∴，‎ ‎∴8•8q•8q2=215，解得q=4． （q=﹣4舍去），‎ ‎∴，即．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn=2n+1，易知{bn}为等差数列，，‎ 则，‎ Tn==，‎ ‎∴．‎ 必刷题：‎ 一．选择题（共12小题）‎ ‎1．（2018•唐山二模）设{an}是任意等差数列，它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X，Y， ‎ ‎，则下列等式中恒成立的是（　　）‎ A．2X+ =3Y B．4X+ =4Y C．2X+3 =7Y D．8X+ =6Y ‎【答案】：D ‎　‎ ‎2．（2018•广东二模）已知等比数列{an}的首项为1，公比q≠﹣1，且a5+a4=3（a3+a2），则=（　　）‎ A．﹣9 B．9 C．﹣81 D．81‎ ‎【答案】：B ‎【解析】等比数列{an}的首项为1，公比q≠﹣1，且a5+a4=3（a3+a2），‎ ‎∴=3（a2q+a2），‎ 化为：q2=3．‎ 由等比数列的性质可得：a1a2……a9=q1+2+……+8==q4×9‎ 则==q4=9．‎ 故选：B．‎ ‎3．（2018•宜宾模拟）设x=1是函数f（x）=an+1x3﹣anx2﹣an+2x+1（n∈N+）的极值点，数列{an}，a1=1，a2=2，bn=log2a2n，若[x]表示不超过x的最大整数，则[++…+]=（　　）‎ A．1008 B．1009 C．2017 D．2018‎ ‎【答案】：A 设cn=an+1﹣an，可得2cn=cn+1，‎ 可得数列{cn}为首项为1，公比为2的等比数列，‎ 即有cn=2n﹣1，‎ 则an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）‎ ‎=1+1+2+…+=2n﹣2‎ ‎=1+=2n﹣1，‎ 则bn=log2a2n=2n﹣1，‎ 可得++…+‎ ‎=2018×（++…+）‎ ‎=2018××（1﹣+﹣+…+﹣）‎ ‎=1009×（1﹣）=1008+，‎ 则[++…+]=1008．‎ 故选：A．‎ ‎4．（2018•贵阳一模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1=，a2a6=8（a4﹣2），则S2018=（　　）‎ A．22017﹣ B．1﹣（）2017 C．22018﹣ D．1﹣（）2018‎ ‎【答案】A ‎【解析】：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，‎ 若a2a6=8（a4﹣2），则有（a4）2=8（a4﹣2），即a42﹣8a4+16=0，‎ 解可得a4=4，‎ 则q3===8，则q=2，‎ 则S2018==22017﹣，‎ 故选：A．‎ ‎5．（2018•衡阳二模）在等差数列{an}中，﹣1＜＜0，若它的前n项和Sn有最大值，则当Sn＞0时，n的最大值为（　　）‎ A．11 B．12 C．13 D．14‎ ‎【答案】：B ‎∵Sn=，‎ ‎∴Sn＞0时，n的最大值为12．‎ 故选：B．‎ ‎6．（2018•益阳模拟）侏罗纪蜘蛛 是一种非常有规则的蜘蛛 ，如图，它是由无数个正方形环绕而成，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外围一层正方形四条边的三等分点上，设外围第一个正方形的边长是m，有人说，如此下去，蜘蛛 的长度也是无限的增大，那么，试问，侏罗纪蜘蛛 的长度真的是无限长的吗？设侏罗纪蜘蛛 的长度为Sn，则（　　）‎ A．Sn无限大 B． C． D．Sn可以取100m ‎【答案】：B 那么蜘蛛 的长度为Sn=4×m（1+……+）==（9+）m．‎ 故选：B．‎ ‎7．（2018•郑州二模）已知定义域为R，数列是递增数列，则a的取值范围是（　　）‎ A．（1，+∞） B． C．（1，3） D．（3，+∞）‎ ‎【答案】：D ‎【解析】∵定义域为R，数列是递增数列，‎ ‎∴，‎ 解得a＞3，‎ 故选：D．‎ ‎8．（2018•兰州模拟）数列{an}中，a1=1，对任意n∈N ，有an+1=1+n+an，令，（i∈N ），则b1+b2+…+b2018=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】：D ‎9．（2018•双流区模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=9，，则Sn取最大值时的n为（　　）‎ A．4 B．5 C．6 D．4或5‎ ‎【答案】：B ‎【解析】等差数列{an}的前n项和为Sn，‎ ‎∴=a1+d为等差数列，‎ 设公差为，首项为a1．‎ ‎∵a1=9，，‎ ‎∴﹣4=4×，解得d=﹣2．‎ 则Sn=9n﹣×2=﹣n2+10n=﹣（n﹣5）2+25，‎ ‎∴当n=5时，Sn取得最大值．‎ 故选：B．‎ ‎10．（2018•吉林三模）等比数列{an}的首项为，公比为，前n项和为Sn，则当n∈N 时，的最大值与最小值的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】：B 设Sn=t，f（t）==t﹣，‎ 分析可得：f′（t）=1+，则f（t）在区间[，1）和（1，]都是增函数，‎ 则的最大值为f（）=，最小值为f（）=﹣，‎ 则的最大值与最小值的比值为=﹣；‎ 故选：B．‎ ‎11．（2018•晋城二模）已知数列{an}满足0＜an＜1，a14﹣8a12+4=0，且数列{an2+}是以8为公差的等差数列．设{an}的前n项和为Sn，则满足Sn＞10的n的最小值为（　　）‎ A．122 B．121 C．61 D．60‎ ‎【答案】：C ‎∴an2+==8n．‎ ‎∴，‎ 则，解得，‎ ‎，解得，‎ ‎…‎ 归纳可得，‎ ‎∴Sn=a1+a2+…+an==．‎ 由Sn＞10，得，即，‎ 则2n+1＞121，得n＞60．‎ ‎∴n的最小值为61．‎ 故选：C．‎ ‎12．（2018•蚌埠三模）数列{an}的前n项和记为Sn，an+1=an﹣an﹣1（n∈N ，n≥2），a1=2018，a2=2017，则S100=（　　）‎ A．2016 B．2017 C．2018 D．2019‎ ‎【答案】：A ‎【解析】根据题意，数列{an}满足an+1=an﹣an﹣1，则有an=an﹣1﹣an﹣2，‎ 又由a1=2018，a2=2017，则a3=a2﹣a1=2017﹣2018=﹣1，‎ a4=a3﹣a2=（﹣1）﹣2017=﹣2018，‎ a5=a4﹣a3=（﹣2018）﹣（﹣1）=﹣2017，‎ a6=a5﹣a4=（﹣2017）﹣（﹣2018）=1，‎ a7=a6﹣a5=1﹣（﹣2017）=2018=a1，‎ a8=a7﹣a6=2018﹣1=2017=a2，‎ 则数列{an}是周期为6的数列，且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0，‎ 则S100=（a1+a2+a3+a4+a5+a6）+（a7+a8+a9+a10+a11+a12）+……（a97+a98+a99+a100）=a1+a2+a3+a4=2016；‎ 故选：A．‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎13．（2018•丹东一模）数列{an}满足an+1=（2|sin|﹣1）an+2n，则{an}的前20项和为　　．‎ ‎【答案】：220‎ ‎14．（2018•肇庆二模）正项数列{an}中，满足a1=1，a2=，=（n∈N ），那么 a1•a3+a2•a4+a3•a5+…+an•an+2=　　．‎ ‎【答案】：．‎ ‎【解析】由=（n∈N ），可得a2n+1=an•an+2，‎ ‎∴数列{an}为等比数列，‎ ‎∵a1=1，a2=，‎ ‎∴q=，‎ ‎∴an=，‎ ‎∴an•an+2=•=，‎ ‎∴a1•a3=，‎ a1•a3+a2•a4+a3•a5+…+an•an+2==，‎ 故答案为：．‎ ‎15．（2018•天心区校级二模）已知数列{an}满足对1≤n≤3时，an=n，其对∀n∈N ，有an+3+an+1=an+2+an，则数列{n•an}的前50项的和为　　．‎ ‎【答案】：2525‎ 可得：（n+4）an+4+（n+5）an+5+（n+6）an+6+（n+7）an+7‎ ‎﹣[nan+（n+1）an+1+（n+2）an+2+（n+3）an+3]‎ ‎=4（an+an+1+an+2+an+3）=4×8=32．‎ ‎∴数列{n•an}的前50项的和=1×1+2×2+（3a3+4a4+5a5+6a6）×12+×32‎ ‎=2525．‎ 故答案为：2525．‎ ‎16（2018•淮南一模）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，当n≥2时，，且a1=1，设，则的最小值是　　．‎ ‎【答案】：9‎ ‎【解析】∵an=Sn﹣Sn﹣1，（an﹣Sn﹣1）2=SnSn﹣1，‎ ‎∴（Sn﹣2Sn﹣1）2=SnSn﹣1，‎ ‎∴Sn2+4Sn﹣12=5SnSn﹣1，‎ ‎∴Sn=Sn﹣1，或Sn=4Sn﹣1，‎ ‎∵正项数列{an}的前n项和为Sn，‎ ‎∴Sn≠Sn﹣1，‎ ‎∴Sn=4Sn﹣1，‎ ‎∵S1=a1=1，‎ ‎∴{Sn}是以1为首项，以4为公比的等比数列，‎ ‎∴Sn=4n﹣1，‎ 设t=n+1，则n=t﹣1，‎ 可得=‎ ‎==t+﹣3≥2﹣3=9，‎ 当且仅当t=6即n=5时，等号成立，‎ 则的最小值是9．‎ 故答案为：9．‎ 三．解答题（共10小题）‎ ‎17（2018•南平一模）已知等差数列{an}满足a3=6，前7项和为S7=49．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）设数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【分析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的性质即可求出，‎ ‎（2）根据错位相减法即可求出．‎ ‎【解析】：（1）由，得a4=7‎ ‎∵a3=6，∴d=1，‎ ‎∴a1=4，‎ ‎∴an=n+3‎ ‎（2）=n•3n，‎ ‎∴Tn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n，‎ ‎∴3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1，‎ ‎∴﹣2Tn=3+32+33+34+…+3n﹣n×3n+1=﹣n×3n+1，‎ ‎∴Tn=‎ ‎18．（2018•东莞市二模）已知等比数列{an}与等差数列{bn}，a1=b1=1，a1≠a2，a1，a2，b3成等差数列，b1，a2，b4成等比数列．‎ ‎（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}，的前n项和，若Sn+Tn＞100，求n的最小值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，d≠0，运用等比数列和等差数列中项的性质，可得d，q的方程组，解方程即可得到所求通项；‎ ‎（Ⅱ）运用等比数列和等差数列的求和公式，结合数列的单调性，即可得到所求n的最小值．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）易知．‎ 由Sn+Tn＞100，得，‎ ‎∵是单调递增数列，‎ 且，‎ ‎∴n的最小值为7．‎ ‎19（2018•石景山区一模）等差数列{an}中，a2=4，其前n项和Sn满足．‎ ‎（Ⅰ）求实数λ的值，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列是首项为λ、公比为2λ的等比数列，求数列{bn}的前n项的和Tn．‎ ‎【分析】（I）利用a2=S2﹣S1=4+2λ﹣1﹣λ=4，求出λ=1，再利用数列中an与 Sn关系求通项公式．‎ ‎（II）求出数列的通项公式，再得出数列{bn}的通项公式，最后根据通项公式形式选择相应方法求和．‎ ‎【解析】：（I）因为a2=S2﹣S1=4+2λ﹣1﹣λ=4，解得λ=1∴‎ 当n≥2时，则=2n，‎ 当n=1时，也满足，所以an=2n．‎ ‎　‎ ‎20．（2018•益阳模拟）已知{an}是各项均为正数的等差数列，且数列{}的前n项和为，n∈N ‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）若数列{an}的前n项和为Sn，数列{}的前n项和Tn，求证Tn．‎ ‎【分析】（1）根据{an}是各项均为正数的等差数列，依次令n=1，n=2，建立方程组即可求a1，公差d，可得通项公式；‎ ‎（2）利用裂项相消法求解数列{}的前n项和Tn，即可证明；‎ ‎【解析】：（1）由{an}是各项均为正数的等差数列，且数列{}的前n项和为，n∈N ‎ 当n=1时，可得=……①‎ 当n=2时，可得+=……②‎ ‎②﹣①得：‎ ‎∴a1×（a1+d）=6，……③‎ ‎（a1+d）（a1+2d）=12……④．‎ 由③④解得：．‎ ‎∴数列{an}的通项公式为：an=n+1；‎ ‎　21．（2018•淄博二模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，若a1=2b1，a4﹣a2=12，S4+2S2=3S3．‎ ‎（I）求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎（II）设cn=，Tn为{cn}的前n项和，求T2n．‎ ‎【分析】（I）等比数列{an}的公比设为q，若a1=2b1=t，运用等比数列和等差数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得到所求通项；‎ ‎（Ⅱ）化简cn，运用裂项相消求和和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．‎ 可得tq3﹣tq=12，S4﹣S3=2（S3﹣S2），‎ 即为a4=2a3，即q==2，‎ 解得t=2，‎ 可得an=2n；bn=n2；‎ ‎（2）cn=，‎ 即为cn=，‎ T2n=（c1+c3+…+c2n﹣1）+（c2+c4+…+c2n）‎ ‎=[++…+]+（++…+）‎ ‎=（1﹣+﹣+…+﹣）+‎ ‎=﹣•+（1﹣）‎ ‎=﹣•﹣•．‎ ‎22．（2018•黔东南州二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=（an﹣1），n∈N ．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令bn=log2an，记数列{}的前n项和为Tn．证明：Tn．‎ ‎【分析】（ I）当n=1时，有，解得a1．当n≥2时，有Sn﹣1=（an﹣1﹣1），可得 ‎，利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎（ II）由（ I）有，则，利用裂项求和方法可得Tn，即可证明．‎ ‎（ II）证明：由（ I）有，则 ‎，‎ ‎∴Tn=+……+=，‎ 故得证．‎ ‎　‎