高二数学等差等比数列与数列求和

例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【高考命题】一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（4）{}n a 为等差数列，公差为d ，则11n n a a += 【小测】1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.解析 设等比数列的首项为a 1，公比为q .因为8a 2＋a 5＝0，所以8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q·1－q a 11－q 2＝1－q 51－q 2＝1－－251－4＝－11.3．(无锡市第一学期期末考试)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝2a m ，则m ＝________. 解析 设等比数列{a n }的公比为q ，显然q ≠1.由2S 9＝S 3＋S 6得2·a 11－q 91－q＝a 11－q 31－q＋a 11－q 61－q，所以2q 9＝q 3＋q 6，即1＋q 3＝2q 6.由于a 2＋a 5＝2a m ，所以a 1q ＋a 1q 4＝2a 1q m －1，即1＋q 3＝2q m －2，所以m －2＝6，所以m ＝8.4．数列{a n }是等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析 由题意，可知数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以公差小于零，故a 11＜a 10，又因为a 11a 10＜－1，所以a 10＞0，a 11＜－a 10，由等差数列的性质有a 11＋a 10＝a 1＋a 20＜0，a 10＋a 10＝a 1＋a 19＞0，所以S n 取得最小正值时n ＝19.【考点1】等差数列与等比数列的综合【例1】 (江西卷)(1)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a ＞0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3，若数列{a n }唯一，求a 的值；(2)是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．解 (1)设{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ，b 2＝2＋aq ，b 3＝3＋aq 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，即aq 2－4aq ＋3a －1＝0.*由a ＞0得，Δ＝4a 2＋4a ＞0，故方程*有两个不同的实根． 再由{a n }唯一，知方程*必有一根为0，将q ＝0代入方程*得a ＝13.(2)假设存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列． 设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21，b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31. 由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列，得 ⎩⎨⎧2b 1q 2－a 1q 1＝b 1－a 1＋b 1q 22－a 1q 21，2b 1q 22－a 1q 21＝b 1q 2－a 1q 1＋b 1q 32－a 1q 31， 即⎩⎨⎧b 1(q 2－1)2－a 1(q 1－1)2＝0， ①b 1q 2(q 2－1)2－a 1q 1(q 1－1)2＝0. ②①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0， 由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1.(ⅰ)当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾． (ⅱ)当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．[方法总结] 对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．【变式】 (苏州市自主学习调查)已知数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在曲线(x ＋1)2＝4y 上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 1＝3，令b n ＋1＝ab n ，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求数列{T n －6n }中最小项的值． 解 (1)由题意知，(a n ＋1)2＝4S n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.[方法总结] 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．【变式】 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n2.∴b n ＝2a n ·a n ＋1＝2n 2·n ＋12＝8nn ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8n n ＋1. 【考点4】错位相减法求和【例4】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .审题视点 (1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，① ∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n－1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④ ④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n ·3n ＋1－31－3n 1－3，∴S n ＝2n －13n ＋14＋34.[方法总结] 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养． 【变式】 (辽宁卷)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)n2n －1.【考点5】分组转化法求和【例5】等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数∴32＝a 1·q 4，解得a 1＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n ，故a n ＝2n .4．(重庆卷)已知数列{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12. (1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎨⎧a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12，得⎩⎨⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)由(1)得S n ＝na 1＋a n 2＝n2＋2n 2＝n (n ＋1)．因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1·S k ＋2，即(2k )2＝2(k ＋2)(k ＋3)， 也即k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)．7．(常州一中期中)已知数列{a n }与{2a n ＋3}均为等比数列，且a 1＝1，则a 168＝________.解析 设{a n }公比为q ，a n ＝a 1q n －1＝q n －1， 则2a 1＋3,2a 2＋3,2a 3＋3也为等比数列， ∴5,2q ＋3,2q 2＋3也为等比数列， 则(2q ＋3)2＝5(2q 2＋3)，∴q ＝1， 从而a n ＝1为常数列，∴a 168＝1.10．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.13(4n－1)． 14.(盐城市二模)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________． 解析 由条件得公差d ＝21－54＝4，从而a 1＝1，所以a n ＝4n －3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ＝1＋15＋…＋14n －3.原不等式可化为14n ＋1＋14n ＋5＋…＋18n ＋1≤m 15，记f (n )＝14n ＋1＋14n ＋5＋…＋18n ＋1.因为f (n ＋1)－f (n )＝18n ＋9－14n ＋1<0，故f (n )为单调递减数列，从而f (n )max ＝f (1)＝15＋19＝1445.由条件得m 15≥1445，解得m ≥143，故正整数m 的最小值为5.11。