（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第2讲 数列的求和问题学案

（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第2讲 数列的求和问题学案

第2讲　数列的求和问题 ‎[考情考向分析]　数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备．‎ 热点一　分组转化法求和 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．‎ 例1　在各项均为正数的等比数列{an}中，a‎1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若数列满足cn＝an＋1＋，求数列的前n项和Sn.‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，且q>0，‎ 由an>0，a‎1a3＝4，得a2＝2，‎ 又a3是a2－2与a4的等差中项，‎ 故‎2a3＝a2－2＋a4，∴2·2q＝2－2＋2q2，‎ ‎∴q＝2或q＝0(舍)．∴an＝a2qn－2＝2n－1，‎ ‎∴an＋1＝2n＝，∴bn＝n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得，cn＝an＋1＋ 16‎ ‎＝2n＋＝2n＋，‎ ‎∴数列的前n项和 Sn＝2＋22＋…＋2n＋ ‎＝＋ ‎＝2n＋1－2＋(n∈N*)．‎ 思维升华　在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．‎ 跟踪演练1　已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列为等比数列(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}和的通项公式；‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，‎ 因为a2＝3，{an}前4项的和为16，‎ 所以a1＋d＝3,‎4a1＋d＝16，‎ 解得a1＝1，d＝2，‎ 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．‎ 设的公比为q，则b4－a4＝q3，‎ 所以q3＝＝＝27，得q＝3，‎ 所以bn－an＝×3n－1＝3n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，‎ 所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)‎ ‎＝＋ ‎＝＋n2＝＋n2－(n∈N*)．‎ 热点二　错位相减法求和 错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．‎ 16‎ 例2　已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－＝，设bn＝2nan(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解　(1)由bn＝2nan，得an＝，代入an＋1－＝得 －＝，即bn＋1－bn＝3，‎ 所以数列{bn}是公差为3的等差数列，‎ 又a1＝a3，所以＝，即＝，所以b1＝2，‎ 所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由bn＝3n－1，得an＝＝，‎ 所以Sn＝＋＋＋…＋，‎ Sn＝＋＋＋…＋，‎ 两式相减得Sn＝1＋3－ ‎＝－，‎ 所以Sn＝5－(n∈N*)．‎ 思维升华　(1)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．‎ ‎(2)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求等比数列的和，此时一定要查清其项数．‎ ‎(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．‎ 跟踪演练2　已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝a1，b2，b5，b14成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＋a1＝1，a1＝，‎ 当n≥2时， 16‎ Sn－Sn－1＝，所以an＝an－1(n≥2)，‎ 所以{an}是以为首项，为公比的等比数列，‎ 所以an＝×n－1＝2×n.‎ 由b1＝1，又b＝b2b14，得2＝，‎ d2－2d＝0，因为d≠0，所以d＝2，所以bn＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得cn＝，‎ 则Tn＝＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得，Tn＝＋4－，‎ ‎＝＋4×－＝－－，‎ 所以Tn＝2－(n∈N*)．‎ 热点三　裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．‎ 例3　已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1)．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；‎ ‎(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝.若数列的前n项和为Tn，且对任意n∈N*满足Tn<λ2＋λ，求实数λ的取值范围．‎ 解　(1)∵Sn＝a，‎ ‎∴n＝1时，a1＝a.‎ n≥2时，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，‎ ‎∴Sn－Sn－1＝an＝a(Sn－Sn－1)－aan＋aan－1，‎ 16‎ ‎∴an＝aan－1，即＝a且 a≠0，a≠1，‎ ‎∴数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝an(n∈N*)．‎ ‎(2)由bn＝an＋Sn得，b1＝‎2a，‎ b2＝‎2a2＋a，‎ b3＝‎2a3＋a2＋a.‎ ‎∵数列{bn}为等比数列，‎ ‎∴b＝b1b3，即(‎2a2＋a)2＝‎2a(‎2a3＋a2＋a)，‎ 解得a＝.‎ ‎(3)由(2)知cn＝＝＝－，‎ ‎∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－<，‎ ‎∴≤λ2＋λ，解得λ≥或λ≤－1.‎ 即实数λ的取值范围是∪(－∞，－1]．‎ 思维升华　(1)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，从而在求和时达到某些项相消的目的，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．‎ ‎(2)常用的裂项公式 ‎①若{an}是等差数列，则＝，＝；‎ ‎②＝－，＝；‎ ‎③＝；‎ ‎④＝＝；‎ ‎⑤＝－，＝(－)．‎ 跟踪演练3　已知数列{an}为递增数列，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a－2Sn－1＋1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ 16‎ ‎(2)若bn＝，其前n项和为Tn，若Tn>成立，求n的最小值．‎ 解　(1)由2Sn＝a－2Sn－1＋1知，‎ ‎2Sn－1＝a－2Sn－2＋1，‎ 两式相减得，2an＝a－a－2an－1，‎ 即2＝，‎ 又数列{an}为递增数列，a1＝1，∴an＋an－1>0，‎ ‎∴an－an－1＝2，‎ 又当n＝2时，2＝a－‎2a1＋1，‎ 即a－‎2a2－3＝0，解得a2＝3或a2＝－1(舍)，‎ a2－a1＝2，符合an－an－1＝2，‎ ‎∴{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，‎ ‎∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)bn＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝，‎ 又∵Tn>，即>，解得n>9，‎ 又n∈N*，∴n的最小值为10.‎ 真题体验 ‎1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.‎ 答案　(n∈N*)‎ 解析　 设等差数列{an}的公差为d，‎ 由得 ‎∴Sn＝n×1＋×1＝，‎ ＝＝2.‎ 16‎ ‎∴＝＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝(n∈N*)．‎ ‎2．(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，‎ 又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(n∈N*)．‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，‎ 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④‎ ‎③－④，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＋(n∈N*)．‎ 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋(n∈N*)．‎ 押题预测 ‎1．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn0；③2b＋bn＋1bn－b＝0.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 押题依据　错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)，‎ 又a1＝1满足an＝2n－1，‎ ‎∴an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎∵2b＋bn＋1bn－b＝0，‎ 且bn>0，∴2bn＋1＝bn，‎ ‎∴q＝，又b3＝b1q2＝，‎ ‎∴b1＝1，bn＝n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得cn＝(2n－1)n－1，‎ Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－1)n－1，‎ Tn＝1×＋3×2＋…＋(2n－3)n－1＋(2n－1)×n，‎ 两式相减，得Tn＝1＋2×＋2×2＋…＋2×n－1－(2n－1)×n ‎＝1＋2－(2n－1)×n ‎＝3－n－1.‎ 16‎ ‎∴Tn＝6－n－1(2n＋3)(n∈N*)．‎ A组　专题通关 ‎1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则b10等于(　　)‎ A．24 B．32 ‎ C．48 D．64‎ 答案　D 解析　由已知有anan＋1＝2n，‎ ‎∴an＋1an＋2＝2n＋1，则＝2，‎ ‎∴数列{an}的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，‎ ‎∴数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1，‎ ‎∴b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差数列，bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>的最小正整数n的值为(　　)‎ A．11 B．‎10 C．9 D．8‎ 答案　B 解析　根据Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝ 所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，‎ 根据a1，a4，a5－2成等差数列，‎ 可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2，‎ 所以a1＝2满足an＝2n，‎ 从而求得an＝2n(n∈N*)，‎ 所以bn＝＝ ‎＝－，‎ 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－，‎ 令1－>，整理得2n＋1>2 019，‎ 解得n≥10.‎ 16‎ ‎3．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝，＝＋2n(n∈N*)，则S100等于(　　)‎ A．2－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　D 解析　由＝＋2n，得－＝2n，‎ 则－＝2n－1，－＝2n－2，…，－＝21，‎ 将各式相加得－＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2，‎ 又a1＝，所以an＝n·，‎ 因此S100＝1×＋2×＋…＋100×，‎ 则S100＝1×＋2×＋…＋99×＋100×，‎ 两式相减得S100＝＋＋＋…＋－100×，‎ 所以S100＝2－99－100·100＝2－.‎ ‎4．在等比数列{an}中，a2·a3＝‎2a1，且a4与‎2a7的等差中项为17，设bn＝(－1)nan，n∈N*，则数列{bn}的前2 018项的和为________．‎ 答案　－ 解析　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.‎ ‎∵a2·a3＝‎2a1，‎ ‎∴a1·q3＝2，即a4＝2.‎ ‎∵a4与‎2a7的等差中项为17，‎ ‎∴a4＋‎2a7＝34，即a7＝16，‎ ‎∴a1＝，q＝2，‎ ‎∴an＝·2n－1＝2n－3(n∈N*)．‎ ‎∵bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n－3，‎ ‎∴数列{bn}的前2 018项的和为 S2 018＝－(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1‎ 16‎ ‎＋21＋23＋…＋22 015)‎ ‎＝－＋＝－.‎ ‎5．若数列{an}的通项公式an＝nsin(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S2 018＝________.‎ 答案　 解析　a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3，‎ a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝－3，‎ ‎…，‎ a‎6m＋1＋a‎6m＋2＋a‎6m＋3＋a‎6m＋4＋a‎6m＋5＋a‎6m＋6‎ ‎＝－3，m∈N，‎ 所以S2 018＝.‎ ‎6．已知数列{an}，a1＝e(e是自然对数的底数)，an＋1＝a(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(2n－1)ln an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由a1＝e，an＋1＝a知，an>0，‎ 所以ln an＋1＝3ln an，‎ 数列是以1为首项，3为公比的等比数列，‎ 所以ln an＝3n－1，an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝(2n－1)ln an＝(2n－1)·3n－1，‎ Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，①‎ ‎3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，②‎ ‎①－②，得－2Tn＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n ‎＝1＋2×－(2n－1)×3n＝－2(n－1)×3n－2.‎ 所以Tn＝(n－1)×3n＋1(n∈N*)．‎ ‎7．在等比数列{an}中，首项a1＝8，数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)，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：Tn<.‎ ‎(1)解　由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝15，‎ 得log2(a‎1a2a3)＝15，∴a‎1a2a3＝215，‎ 设等比数列{an}的公比为q，‎ 16‎ ‎∵a1＝8，∴an＝8qn－1，‎ ‎∴8·8q·8q2＝215，解得q＝4，‎ ‎∴an＝8·4n－1，即an＝22n＋1(n∈N*)．‎ ‎(2)证明　由(1)得bn＝2n＋1，‎ 易知{bn}为等差数列，‎ Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n，‎ 则＝＝，‎ Tn＝ ‎＝，∴Tn<.‎ ‎8．在公差不为0的等差数列{an}中，a＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(－1)n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设数列{an}的公差为d，‎ ‎∵a＝a3＋a6，‎ ‎∴(a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d，①‎ ‎∵a＝a1·a11，‎ 即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)，②‎ ‎∵d≠0，由①②解得a1＝2，d＝3.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由题意知，‎ bn＝(－1)n ‎＝(－1)n·· ‎＝(－1)n·· Tn＝ 16‎ ‎＝.‎ B组　能力提高 ‎9．(2018·浙江省台州中学模拟)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)‎ A．3 660 B．3 ‎690 C．1 830 D．1 845‎ 答案　C 解析　由an＋1＋(－1)nan＝2n－1得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，当n为奇数时，有an＋1－an＝2n－1，an＋2＋an＋1＝2n＋1，两式相减得an＋2＋an＝2；当n为偶数时，有an＋1＋an＝2n－1，an＋2－an＋1＝2n＋1，两式相加得an＋2＋an＝4n，所以可将数列{an}的所有奇数项连续两项看成一个整体，构成每一项都为2的常数数列，所有偶数项连续两项看成一个整体，构成首项为8，公差为16的等差数列，则S60＝15×2＋15×8＋×16＝1 830，故选C.‎ ‎10．设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，an，Sn，a成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，若对任意的实数x∈(e是自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn0，∴an－an－1＝1，即数列{an}是等差数列，‎ 又‎2a1＝2S1＝a1＋a，∴a1＝1，∴an＝n(n∈N*)．‎ 又x∈(1，e]，∴00，从而数列为递增数列，‎ 所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0.‎ 16‎ ‎12．设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，则称数列{an}为“P(k)数列”．‎ ‎(1)若数列{an}为“P(1)数列”，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{an}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)若数列{an}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝＋＋＋…＋，证明：Tn<3.‎ ‎(1)解　因为数列{an}为“P(1)数列”，‎ 则Sn＝an＋1－1，‎ 故Sn＋1＝an＋2－1，‎ 两式相减得，an＋2＝2an＋1，‎ 又n＝1时，a1＝S1＝a2－1，‎ 所以a2＝2，‎ 故an＋1＝2an对任意的n∈N*恒成立，‎ 即＝2(常数)，‎ 故数列{an}为等比数列，其通项公式为an＝2n－1，n∈N*.‎ ‎(2)解　假设存在这样的数列{an}，则Sn＝an＋k－k，‎ 故Sn＋1＝an＋k＋1－k，‎ 两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，‎ 故an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2，‎ 同理由{an}是“P(k＋2)数列”可得，‎ an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2，‎ 所以an＋1＝an＋3对任意n∈N*恒成立．‎ 所以Sn＝an＋k－k＝an＋k＋2－k＝Sn＋2，‎ 即Sn＝Sn＋2，‎ 又Sn＝an＋k＋2－k－2＝Sn＋2－2，‎ 即Sn＋2－Sn＝2，‎ 两者矛盾，故不存在这样的数列{an}既是“P(k)数列”，‎ 也是“P(k＋2)数列”．‎ ‎(3)证明　因为数列{an}为“P(2)数列”，所以Sn＝an＋2－2，‎ 所以Sn＋1＝an＋3－2，‎ 故有an＋1＝an＋3－an＋2，‎ 又n＝1时，a1＝S1＝a3－2，‎ 故a3＝3，满足a3＝a2＋a1，‎ 16‎ 所以an＋2＝an＋1＋an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.‎ 故Tn＝＋＋＋…＋ ‎＝＋＋＋＋＋…＋，‎ 所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝＋Tn－2－，‎ 显然Tn－20，‎ 故Tn<＋Tn，即Tn<3.‎ 16‎