2018届二轮复习数列的求和及综合应用学案文（全国通用）

2018届二轮复习数列的求和及综合应用学案文（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.(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－＝.‎ ‎2.(2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a‎1a2＝a3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)设{an}的公比为q，‎ 由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，‎ 又an>0，‎ 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.‎ ‎(2)由题意知：S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，‎ 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，‎ 所以bn＝2n＋1.‎ 令cn＝，则cn＝，‎ 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn ‎＝＋＋＋…＋＋，‎ 又Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得Tn＝＋－，‎ 所以Tn＝5－.‎ 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·郑州质检)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ 而a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.‎ ‎(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n，‎ 则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，‎ 则A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.‎ 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·昆明诊断)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，‎ 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.‎ ‎(3)cn＝＝＝－，‎ 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝－＝－.‎ 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·梅州质检)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2－，{bn}为等差数列，且 a1＝b1，a2(b2－b1)＝a1.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，‎ 此式对n＝1也成立，∴an＝(n∈N*)，‎ 从而b1＝a1＝1，b2－b1＝＝2.‎ 又因为{bn}为等差数列，∴公差d＝2，‎ ‎∴bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)可知cn＝＝(2n－1)·2n－1，‎ 所以Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，①‎ ‎2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，②‎ ‎①－②得：－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ‎＝1＋－(2n－1)·2n ‎＝1＋2n＋1－4－(2n－1)·2n＝－3－(2n－3)·2n ‎∴Tn＝3＋(2n－3)·2n.‎ 热点三　数列与函数、不等式的综合问题 ‎【例3】 (2017·惠州三调)在数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.‎ 解　(1)∵点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且a1＝1.‎ ‎∴an＋1＝an＋2则an＋1－an＝2，‎ 因此数列{an}是公差为2，首项为1的等差数列.‎ ‎∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2，‎ 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.‎ ‎∴bn＝3n－1.‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝＝.‎ Tn≤Sn可化为≤n2.‎ 又n∈N*，∴n＝1，或n＝2‎ 故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1和2.‎ 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】 (2017·长郡中学联考)在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an.‎ ‎(1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2(an＋1)，{bn}的前n项和为Sn，求证：＋＋＋…＋<2.‎ 证明　(1)由an＋2＝3an＋1－2an，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，a2－a1＝2，‎ 所以，{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ ‎∴an＋1－an＝2n，‎ an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)‎ ‎＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，‎ ‎∴Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ 于是＝＝2，‎ 所以＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2<2.‎ ‎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.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞‎0”‎是“S4＋S6＞2S‎5”‎的(　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，当d＞0时，则S4＋S6－2S5＞0，即S4＋S6＞2S5，反之，S4＋S6＞2S5，可得d＞0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S‎5”‎的充要条件.‎ 答案　C ‎3.(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 ‎4.(2017·衡水中学月考)数列an＝，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为(　　)‎ A.－10 B.－9 ‎ C.10 D.9‎ 解析　由于an＝＝－.‎ ‎∴Sn＝＋＋…＋＝1－.‎ 因此1－＝，所以n＝9.‎ 所以直线方程为10x＋y＋9＝0.‎ 令x＝0，得y＝－9，所以在y轴上的截距为－9.‎ 答案　B ‎5.(2017·湘潭三模)已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　)‎ A.1 026 B.1 025 ‎ C.1 024 D.1 023‎ 解析　∵＝1＋，‎ ‎∴Tn＝n＋＝n＋1－，‎ ‎∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，‎ 又m>T10＋1 013，‎ ‎∴整数m的最小值为1 024.‎ 答案　C 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·潮州二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________.‎ 解析　易知数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，‎ 所以Sn＝＝3n－1.‎ 又bn＝＝＝－，‎ 则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋ ‎＝－＝－.‎ 答案　－ ‎8.设向量a＝(1，2)，b＝(n∈N*)，若a∥b，设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为________.‎ 解析　因为向量a＝(1，2)，b＝(n∈N*)，a∥b，所以1·an－·2＝0，‎ 即an＝＝2，‎ 从而数列{an}的前n项和为 Sn＝2＝2 易知{Sn}是单调递增数列.‎ ‎∴当n＝1时，Sn取得最小值2＝1.‎ 答案　1‎ 三、解答题 ‎9.(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.‎ ‎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.已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)＝3x2－2x的图象上.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得2Tn≤λ－2 015对任意n∈N*都成立的实数λ的取值范围.‎ 解　(1)因为点(n，Sn)均在函数f(x)＝3x2－2x的图象上，所以Sn＝3n2－2n.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝3－2＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.‎ 又a1＝1也满足an＝6n－5，‎ 所以an＝6n－5(n∈N*).‎ ‎(2)因为bn＝＝ ‎＝，‎ 所以Tn＝ ‎＝＝，‎ 所以2Tn＝＝1－<1.‎ 又2Tn≤λ－2 015对任意n∈N*都成立，‎ 所以1≤λ－2 015，即λ≥2 016.‎ 故实数λ的取值范围是[2 016，＋∞).‎