专题二 第2讲

第2讲 数列求和及数列的简单应用(大题)热点一 等差、等比数列基本量的计算解决有关等差数列、等比数列的问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.例1 已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是公差为2的等差数列，且a 1,9，a 2成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是公差为2的等差数列， 所以a 232－a 13＝2， 所以a 2＝3a 1＋18，又a 1，9，a 2成等比数列，所以a 1a 2＝a 1(3a 1＋18)＝92，解得a 1＝3或a 1＝－9，又因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 为正项数列， 所以a 1＝3，所以a n 3n ＝33＋2(n －1)＝2n －1， 故a n ＝(2n －1)·3n .(2)由(1)得S n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n ，所以3S n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1，所以S n －3S n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1，即－2S n ＝3＋2×32－3n ×31－3－(2n －1)·3n ＋1 ＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，故S n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.跟踪演练1 (2019·乐山调研)已知等差数列{a n }中，a 2＝5，a 1，a 4，a 13成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＝5－d ，a 4＝5＋2d ，a 13＝5＋11d ，因为a 1，a 4，a 13成等比数列，所以(5＋2d )2＝(5－d )(5＋11d )，化简得d 2＝2d ，则d ＝0或d ＝2，当d ＝0时，a n ＝5.当d ＝2时，a 1＝5－d ＝3，a n ＝3＋(n －1)×2 ＝2n ＋1(n ∈N *).所以，当d ＝0时，a n ＝5(n ∈N *)；当d ＝2时，a n ＝2n ＋1(n ∈N *).(2)由(1)知，当a n ＝5时，S n ＝5n .当a n ＝2n ＋1时，a 1＝3，则S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n (n ∈N *). 热点二 数列的证明问题判断数列是否为等差或等比数列的策略(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.例2 已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列；(2)求数列{S n }的前n 项和T n .(1)证明 原式可转化为S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2].由S 1－2a 1＝1－4，得S 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.(2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，所以T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82. 跟踪演练2 (2019·桂林、崇左联考)已知数列{a n }中，满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).又因为a 1＋1＝2，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列.(2)解 由(1)知a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1，∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n＝2×(1－2n )1－2－n＝2n ＋1－n －2.故S n ＝2n ＋1－n －2.热点三 数列的求和问题1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项消，有的是间隔项消.常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. 2.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式. 例3 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋122(n ∈N *).数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＝2－b n (n ∈N *).(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 2的前n 项和S n ′. 解 (1)由S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋122，得S 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋122＝a 1， 解得a 1＝1. 由S 2＝a 1＋a 2＝1＋a 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋122， 解得a 2＝3或a 2＝－1. 若a 2＝－1，则d ＝－2，所以a 3＝－3.所以S 3＝－3≠⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋122＝1， 故a 2＝－1不合题意，舍去.故a 2＝3，所以等差数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，故a n ＝2n －1.数列{b n }对任意正整数n 满足T n ＝2－b n .当n ＝1时，b 1＝T 1＝2－b 1，解得b 1＝1；当n >1时，b n ＝T n －T n －1＝(2－b n )－(2－b n －1)＝b n －1－b n ，所以b n ＝12b n －1(n ≥2). 所以{b n }是以首项b 1＝1，公比q ＝12的等比数列， 故数列{b n }的通项公式为b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)由(1)知a n b n 2＝2n －12n ， 所以S n ′＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，① 所以12S n ′＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12S n ′＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n －12n ＋1， 所以S n ′＝3－2n ＋32n . 跟踪演练3 (2019·成都模拟)等差数列{a n }的公差为正数，a 1＝1，其前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝2，且b 2S 2＝12，b 2＋S 3＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋1S n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2q (2＋d )＝12，2q ＋3＋3d ＝10，d >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝1，q ＝2， ∴a n ＝n ，n ∈N *，b n ＝2n ，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝n (n ＋1)2. ∴c n ＝b n ＋1S n ＝2n ＋2n (n ＋1)＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2(1－2n )1－2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＝2n ＋1－2n ＋1.真题体验(2019·全国Ⅱ，理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列；(2)求{a n }和{b n }的通项公式.(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ). 又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列. 由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列.(2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1. 所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12. 押题预测已知数列{a n }为等差数列，a 7－a 2＝10，且a 1，a 6，a 21依次成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，若S n ＝225，求n 的值. 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，因为a 7－a 2＝10，所以5d ＝10，解得d ＝2.因为a 1，a 6，a 21依次成等比数列，所以a 26＝a 1a 21，即(a 1＋5×2)2＝a 1(a 1＋20×2)，解得a 1＝5.所以a n ＝2n ＋3.(2)由(1)知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋3)(2n ＋5)， 所以b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋3－12n ＋5， 所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋3－12n ＋5＝n 5(2n ＋5)， 由n 5(2n ＋5)＝225，得n ＝10.A 组 专题通关1.(2019·贵阳调研)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝2，S 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为数列{a n }是等差数列，由S 3＝12，得3a 2＝12，所以a 2＝4，又a 1＝2，所以公差d ＝2，所以a n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，故数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *).(2)由(1)知，b n ＝22n ＝4n ，所以数列{b n }是首项为4，公比q ＝4的等比数列，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝4(1－4n )1－4＝43(4n －1). 2.(2019·攀枝花模拟)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0.(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 3＝9a 1q ，a 1(1－q 3)1－q ＝13，q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝3，a 1＝1， 所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1，n ∈N *，S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12，n ∈N *. (2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列，因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，又因为(S 2＋λ)2＝(S 1＋λ)·(S 3＋λ)，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)·(λ＋13)，所以λ＝12， 此时，S n ＋12＝12×3n ， 则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n ＝3， 故存在λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以S 1＋12＝32为首项，3为公比的等比数列. 3.已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，且{a n }为正项等比数列，a 1＝2，b 3＝b 2＋4.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n b n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n <1. (1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，①当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1)(n ≥2) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n >0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *).∴2b n ＝21＋22＋23＋ (2)＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1， 当n ∈N *时，2n ＋1>1，∴12n ＋1－1>0，∴1－12n ＋1－1<1， 即T n <1.B 组 能力提高4.已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且(a n ＋1)·a n ＋1＝a n ，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)设b n ＝a n a n ＋1n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由(a n ＋1)·a n ＋1＝a n 得a n ＋1＝a n a n ＋1，两边取倒数得1a n ＋1＝1a n＋1， 故1a n ＋1－1a n ＝1， 又1a 1＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列. (2)解 由(1)可知1a n ＝n ，故a n ＝1n. 因此b n ＝a n a n ＋1n ＋1＋n ＝1n (n ＋1)n ＋1＋n ＝1n (n ＋1)()n ＋1－n ()n ＋1＋n (n ＋1－n ) ＝1n －1n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1.5.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1.(1)求证：{b n }是等比数列； (2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ；(3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(a 1＋1＋1)＝2×(2＋2)＝8， a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，①a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，②①－②，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2，n ∈N *). 经检验，当n ＝1时上式也成立， 即a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *).所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.所以{b n }是首项为3，公比为3的等比数列.(2)解 由(1)得b n ＝3n ，nb n ＝n ·3n .所以T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1， 化简得T n ＝⎝⎛⎭⎫32n －34×3n ＋34＝2n －14×3n ＋1＋34. (3)证明 由(1)知，a n ＝b n －1＝3n －1，所以1a k ＝13k －1>13k ， 得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12－12×13n . 又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1)<3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －1－13k ＋1－1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n<12＋32⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133－1－134－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116，故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116.。