2018届二轮复习（理）专题三　数列第2讲学案（全国通用）

2018届二轮复习（理）专题三　数列第2讲学案（全国通用）

第2讲　数列的求和及综合应用 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.(2016·全国Ⅱ卷)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　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 由题意有 解得 所以{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝.‎ 当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1；‎ 当n＝4，5时，2≤<3，bn＝2；‎ 当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3；‎ 当n＝9，10时，4≤<5，bn＝4.‎ 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.‎ ‎2.(2017·山东卷)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点 P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.‎ 解　(1)设数列{xn}的公比为q，‎ 由题意得 所以3q2－5q－2＝0，‎ 由已知q＞0，‎ 所以q＝2，x1＝1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.‎ ‎(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.‎ 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，‎ 由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)·×2n－2.①‎ 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝.‎ 考 点 整 合 ‎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(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　(1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.‎ ‎(2)an＝忽略n≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验.‎ ‎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.‎ 热点一　数列的求和问题 命题角度1　分组转化求和 ‎【例1－1】 (2017·石家庄三模)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　(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，‎ ‎∴解得 ‎∴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＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]}‎ ‎＝2n－1＋×2＝2n＋n－1.‎ ‎②若n为奇数：‎ Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n}‎ ‎＝2n－1＋2×－2n＝2n－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.‎ 命题角度2　裂项相消法求和 ‎【例1－2】 (2015·全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.‎ 解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知 a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.‎ 两式相减可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，‎ 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an).‎ 由于an>0，可得an＋1－an＝2.‎ 又a＋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＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎ ＝ ‎ ＝.‎ 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－＝.‎ 命题角度3　错位相减求和 ‎【例1－3】 (2017·天津卷)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　(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，‎ ‎＝－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.‎ 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2】 (2017·衡阳模拟)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　(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＝.‎ ‎(2)Tn＝＋＋＋…＋，①‎ ‎ Tn＝＋＋＋…＋，②‎ ‎①－②，得 Tn＝＋2×－ ‎＝＋2×－ ‎＝＋1－－＝－.‎ 所以Tn＝3－.‎ 热点二　an与Sn的关系问题 ‎【例2】 (2017·济南模拟)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3】 (2017·北京海淀区质检)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＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎(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＝＝＝－ 所以Tn＝－＋－＋…＋－＋－＝－.‎ 热点三　数列与函数、不等式的综合问题 ‎【例3】 (2017·长沙联考)已知正项数列{an}，{bn}满足：对于任意的n∈N*，都有点(n，)在直线y＝(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＝＋＋…＋，如果对任意的n∈N*，不等式2aSn<2－恒成立.求实数a的取值范围.‎ 解　(1)∵点(n，)在直线y＝(x＋2)上，‎ ‎∴＝(n＋2)，即bn＝.‎ 又∵bn，an＋1，bn＋1成等比数列，‎ ‎∴a＝bn·bn＋1＝，‎ ‎∴an＋1＝，∴n≥2时，an＝，‎ a1＝3适合上式，∴an＝.‎ ‎(2)由(1)知，＝＝2，‎ ‎∴Sn＝2 ‎＝2＝.‎ 故2aSn<2－可化为：‎ <2－＝2－＝，‎ 即a<＝对任意的n∈N*恒成立，‎ 令f(n)＝＝显然随n的增大而减小，且f(n)>恒成立，故a≤.‎ 综上知，实数a的取值范围是.‎ 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】 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＋＋…＋<.‎ 证明　(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.‎ an＋＝，‎ 因此{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≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋ ‎＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ ‎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.已知数列1 ，3 ，5 ，7 ，…，则其前n项和Sn为(　　)‎ A.n2＋1－ B.n2＋2－ C.n2＋1－ D.n2＋2－ 解析　an＝(2n－1)＋，‎ ‎∴Sn＝＋＝n2＋1－.‎ 答案　A ‎2.(2016·天津卷)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的(　　)‎ A.充要条件 B.充分而不必要条件 C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 解析　若对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0，则a1＋a2<0，又a1>0，所以a2<0，‎ 所以q＝<0.‎ 若q<0，可取q＝－1，a1＝1，则a1＋a2＝0不满足对∀n∈N*，a2n－1＋a2n<0.‎ 所以“q<0”是“∀n∈N*，a2n－1＋a2n<0”的必要不充分条件.‎ 答案　C ‎3.数列{an}满足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是(　　)‎ A.9 B.10 C.11 D.12‎ 解析　因为a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以an＋1＝2an，an＝2n－1，Sn＝2n－1，则满足Sn>1 025的最小n值是11.‎ 答案　C ‎4.(2017·沈阳二模)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.(2017·南昌调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知(a5－1)3＋3a5＝4，(a8－1)3＋3a8＝2，则下列选项正确的是(　　)‎ A.S12＝12，a5>a8 B.S12＝24，a5>a8‎ C.S12＝12，a5f(a8－1)，且f(a5－1)＋f(a8－1)＝0，‎ 故a5>a8，a5＋a8＝2，又{an}是等差数列，‎ 所以S12＝＝12.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝1，{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＝________.‎ 解析　因为an＋1－an＝2n，应用累加法可得an＝2n－1，‎ 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ‎＝2＋22＋23＋…＋2n－n ‎＝－n ‎＝2n＋1－n－2.‎ 答案　2n＋1－n－2‎ ‎7.(2017·清远一中模拟)已知正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在两项am，an，使得＝4a1，则＋的最小值为________.‎ 解析　∵正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，‎ ‎∴a1q2＝a1q＋2a1，则q2＝q＋2，∴q＝2.‎ 又＝4a1，得a12m－1·a12n－1＝16a，‎ ‎∴a·2m＋n－2＝16a，所以m＋n＝6.‎ ‎∴＋＝＝≥＝，当且仅当n＝2m，即m＝2，n＝4时等号成立，所以＋的最小值是.‎ 答案　 ‎8.(2017·汉中一模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足n(n＋1)S＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，则S1＋S2＋…＋S2 017＝________.‎ 解析　∵n(n＋1)S＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，‎ ‎∴[n(n＋1)Sn－1](Sn＋1)＝0，Sn>0.‎ ‎∴n(n＋1)Sn－1＝0，则Sn＝＝－.‎ ‎∴S1＋S2＋…＋S2 017＝＋＋…＋＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎9.(2017·成都诊断)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝5，4a＝a2a6.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足b1＝2，且bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(3)设cn＝，求数列{cn}的前n项和为Tn.‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，由4a＝a2a6得4a＝a所以q2＝4，由条件可知q>0，故q＝2，‎ 由a1＋2a2＝5得a1＋2a1q＝5，所以a1＝1，‎ 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)由bn＋1＝bn＋an得bn＋1－bn＝2n－1，‎ 故b2－b1＝20，b3－b2＝21，…，bn－bn－1＝2n－2(n≥2)，‎ 以上n－1个等式相加得bn－b1＝1＋21＋…＋2n－2‎ ‎＝＝2n－1－1，‎ 由b1＝2，所以bn＝2n－1＋1(n∈N*).‎ ‎(3)cn＝＝＝－，‎ 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝－＝－.‎ ‎10.(2016·山东卷)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.‎ ‎11.(2017·衡水中学质检)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).‎