【数学】2019届一轮复习北师大版数列的证明、通项与求和学案

【数学】2019届一轮复习北师大版数列的证明、通项与求和学案

第24练　数列的证明、通项与求和 ‎[明考情]‎ 数列的通项与求和是高考的热点，考查频率较高.中档难度，一般在解答题的前半部.‎ ‎[知考向]‎ ‎1.等差、等比数列的判定与证明.‎ ‎2.数列的通项与求和.‎ 考点一　等差、等比数列的判定与证明 方法技巧　判断等差(比)数列的常用方法 ‎(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数，则{an}为等差(比)数列.‎ ‎(2)中项公式法.‎ ‎(3)通项公式法.‎ ‎1.(2017·北京海淀区模拟)在数列{an}中，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)且a1＝2.‎ ‎(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ ‎(1)证明　∵an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，‎ ‎∵a1＝2，a1＋1＝3，‎ ‎∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)知，an＋1＝3·2n－1，‎ ‎∴an＝3·2n－1－1，‎ ‎∴Sn＝－n＝3·2n－n－3.‎ ‎2.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*).‎ ‎(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}既是等差数列又是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(1)证明　因为an＋2＝3an＋1－2an，‎ 所以an＋2－2an＋1＝an＋1－2an，‎ 又bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝an＋2－2an＋1，‎ 因此对任意的n∈N*，bn＋1－bn＝0(常数)，‎ 又bn＝an＋1－2an＝an－2an－1＝…＝a2－2a1＝2≠0，‎ 所以＝1(常数)，‎ 根据等差数列和等比数列的定义知，数列{bn}既是等差数列又是等比数列.‎ ‎(2)解　方法一　由(1)知，an＝2an－1＋2， ①‎ 由an＋2＝3an＋1－2an，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，‎ 又a2－a1＝3，‎ 所以数列{an＋1－an}是首项为3，公比为2的等比数列，an－an－1＝3·2n－2(n≥2)， ②‎ 联立①②得，an＝3·2n－1－2(n≥2)，‎ 经检验当n＝1时也符合该式.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝3·2n－1－2(n∈N*).‎ 方法二　由(1)可得an＋1＝2an＋2，即an＋1＋2＝2(an＋2)，所以数列{an＋2}是公比为2的等比数列，‎ 则an＋2＝(a1＋2)·2n－1＝3·2n－1，即an＝3·2n－1－2(n∈N*).‎ ‎3.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；‎ ‎(2)求证：数列为等比数列，并求出{an}的通项公式.‎ ‎(1)解　在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，‎ 得 解得 ‎(2)证明　由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得 Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减，得 an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，‎ an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，‎ ‎∴an＋(－1)n＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2).‎ 故数列是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎∴an＋(－1)n＝×2n－1，‎ an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n.‎ ‎4.(2016·全国Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1000项和.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.‎ ‎5.已知数列{an}满足a1＝2，(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1).‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)令bn＝(an－1)(an＋1－1)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎(1)证明　由(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，得 －＝，令Cn＝，‎ 则Cn＋1－Cn＝，C1＝＝1.‎ ‎∴数列{Cn}，即数列是等差数列.‎ ‎(2)解　由(1)知C1＝1，数列{Cn}公差d＝，‎ ‎∴Cn＝C1＋(n－1)d＝，‎ ‎∴an－1＝，‎ ‎∴bn＝(an－1)(an＋1－1)＝＝9.‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝9 ‎＝9＝.‎ ‎6.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.‎ ‎(1)证明　由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)解　由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.‎ 考点二　数列的通项与求和 方法技巧　(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ‎①累加(乘)法 形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；‎ 形如＝f(n)的数列，可用累乘法.‎ ‎②构造数列法 形如an＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；‎ 形如an＋1＝pan＋q(p×q≠0)，可转化为an＋1＋＝p构造等比数列.‎ ‎(2)数列求和的常用方法 ‎①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.‎ ‎7.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且数列是公差为2的等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.‎ 而a1＝1＝4×1－3满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.‎ ‎(2)(分组求和法)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3).‎ 当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×＝2n；‎ 当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.‎ 综上，Tn＝ ‎8.(2017·天津)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{a2nb2n－1}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，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，‎ 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ①‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n+1， ②‎ ‎①－②，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n+1‎ ‎＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n+1－8，‎ 得Tn＝×4n+1＋.‎ 所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n+1＋.‎ ‎9.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比数列，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn<2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 由⇒ 即 解得或 当a1＝－，d＝时，＝没有意义，‎ ‎∴a1＝2，d＝2，此时an＝2＋2(n－1)＝2n.‎ ‎(2)bn＝＝＝，‎ Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋＋＋＋…＋ ‎＋＝＝－，‎ ‎∴8Tn＝3－2<3.为满足题意，必须使2λ2＋5λ≥3，∴λ≥或λ≤－3.‎ ‎10.(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.‎ 解　(1)由题意得则即a2＝3a1.‎ 又当n≥2时，‎ 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，‎ 得an＋1＝3an.‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.‎ ‎(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，‎ 当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，‎ 当n≥3时，Tn＝3＋－＝，‎ 当x＝2时，满足上式，‎ 所以Tn＝ ‎11.已知数列{an}，{bn}满足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，求Sn.‎ 解　(1)bn＋1＝＝＝.‎ a1＝，b1＝，‎ 因为bn＋1－1＝－1，‎ 所以＝＝－1＋，‎ 所以数列是以－4为首项，－1为公差的等差数列，‎ 所以＝－4－(n－1)＝－n－3，‎ 所以bn＝1－＝.‎ ‎(2)因为an＝1－bn＝，‎ 所以Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＋＋…＋＝－＝.‎ ‎12.(2017·吉林二调)已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，‎ 求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.‎ ‎(1)解　设数列{an}的公比为q，‎ 当q＝1时，符合条件，a1＝a3＝3，an＝3，‎ 当q≠1时， 所以 解得a1＝12，q＝－.‎ an＝12×n－1，‎ 综上，an＝3或an＝12×n－1.‎ ‎(2)证明　若an＝3，则bn＝0，与题意不符；‎ 所以a2n＋3＝12×2n+2＝3×2n，‎ 因为bn＝log2＝log222n＝2n，‎ 所以cn＝＝＝－，‎ 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－<1.‎ 例　(12分)下表是一个由n2个正数组成的数表，用aij表示第i行第j个数(i，j∈N*)，已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等.已知a11＝1，a31＋a61＝9，a35＝48.‎ a11　a12　a13　…　a1n a21　a22　a23　…　a2n a31　a32　a33　…　a3n ‎…　…　…　…　…‎ an1　an2　an3　…　ann ‎(1)求an1和a4n；‎ ‎(2)设bn＝＋(－1)n·an1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 审题路线图 ―→ 规范解答·评分标准 解　(1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d，设每一行依次组成的等比数列的公比为q.依题意a31＋a61＝(1＋2d)＋(1＋5d)＝9，∴d＝1，‎ ‎∴an1＝a11＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.……………………………………………………2分 又∵a31＝a11＋2d＝3，∴a35＝a31·q4＝3q4＝48，‎ 又∵q>0，∴q＝2.‎ 又∵a41＝4，∴a4n＝a41qn－1＝4×2n－1＝2n＋1. ……………………………………………4分 ‎(2)∵bn＝＋(－1)n·an1＝＋(－1)n·n ‎＝＋(－1)n·n＝－＋(－1)n·n.………………………………6分 ‎∴Sn＝＋＋＋…＋＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n·n].‎ 当n为偶数时，Sn＝1－＋，……………………………………………………8分 当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋bn＝1＋－－n＋ ‎＝1－－＝－(n≥3且n为奇数).‎ 经验证，当n＝1时，也满足Sn＝－.‎ ‎………………………………………………………………………………………………11分 综上，数列{bn}的前n项和Sn＝ 构建答题模板 ‎[第一步]　找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系.‎ ‎[第二步]　求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式.‎ ‎[第三步]　定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等).‎ ‎[第四步]　写步骤.‎ ‎[第五步]　再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.‎ ‎1.(2017·包头一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n (n∈N*).‎ ‎(1)求a1，a2，a3的值；‎ ‎(2)是否存在常数λ，使得数列{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)当n＝1时，由S1＝2a1－3×1，可得a1＝3；‎ 当n＝2时，由S2＝2a2－3×2，可得a2＝9；‎ 当n＝3时，由S3＝2a3－3×3，可得a3＝21.‎ ‎(2)令(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，‎ 即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.‎ 由Sn＝2an－3n及Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，‎ 两式相减，得an＋1＝2an＋3.‎ 由以上结论得an＋1＋3＝(2an＋3)＋3＝2(an＋3)，‎ 所以数列{an＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，‎ 因此存在λ＝3，使得数列{an＋3}为等比数列，‎ 所以an＋3＝(a1＋3)×2n－1，所以an＝3(2n－1).‎ ‎2.设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)由已知，当n≥1时，‎ an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n+1)－1.‎ 而a1＝2，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.‎ ‎(2)(错位相减法)由bn＝nan＝n·22n－1知，‎ Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1， ①‎ ‎22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n+1， ②‎ ‎①－②，得 ‎(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n+1，‎ 即Sn＝[(3n－1)22n+1＋2].‎ ‎3.已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.‎ 解　(1)设数列{an}的公比为q.‎ 由已知，－＝，‎ 解得q＝2或q＝－1.‎ 又由S6＝a1·＝63知，q≠－1，‎ 所以a1·＝63，得a1＝1.‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)‎ ‎＝(log22n－1＋log22n)＝n－，‎ 即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.‎ 设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)‎ ‎＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.‎ ‎4.已知数列{an}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*).‎ ‎(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；‎ ‎(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn；‎ ‎(3)求证：＋＋…＋＜(n∈N*).‎ ‎(1)证明　∵an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，‎ ‎∴＝2.又∵a1＋1＝2，‎ ‎∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎(2)解　∵an＋1＝2n，∴an＝2n－1.‎ ‎∴bn＝＝＝－.‎ Sn＝＋＋…＋＝－.‎ ‎(3)证明　∵＝＝＜，‎ ‎∴＋＋…＋＜(n∈N*).‎ ‎5.(2017·河北区一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设Cn＝求数列{Cn}的前n项和Pn.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 由题意，得解得 ‎∴an＝4n.‎ ‎∵Tn－2bn＋3＝0，‎ ‎∴当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，‎ 两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，‎ 则数列{bn}为首项为3，公比为2的等比数列，‎ ‎∴bn＝3·2n－1.‎ ‎(2)Cn＝ 当n为偶数时，Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)‎ ‎＝＋＝2n＋1＋n2－2.‎ 当n为奇数时，‎ 方法一　n－1为偶数，Pn＝Pn－1＋Cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1，‎ 方法二　Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)‎ ‎＝·＋＝2n＋n2＋2n－1.‎ ‎∴Pn＝