2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列求和及综合应用练习
第2讲 数列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{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和. 解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ， 由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.2.(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .考 点 整 合1.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 2.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{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }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⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 3.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S n 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 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n. (2)b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.【训练1】 (2018·安徽江南名校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足2(S n ＋1)＝(n ＋3)a n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <3.(1)解 2(S n ＋1)＝(n ＋3)a n ，① 当n ≥2时，2(S n －1＋1)＝(n ＋2)a n －1，② ①－②得，(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1， 所以a nn ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，又∵a 11＋2＝13， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列.所以a n ＝13(n ＋2).(2)证明 由(1)知，b n ＝1a n a n ＋1＝9（n ＋2）（n ＋3）＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3 ＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋3＝3－9n ＋3<3. 热点二 数列的求和 考法1 分组转化求和【例2－1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2an ＋(－1)n·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n －1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n 为偶数），8（4n－1）3－n －2 （n 为奇数）. 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 的奇偶进行讨论.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. 考法2 裂项相消法求和【例2－2】 (2018·郑州调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3an }为等比数列； (2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n . (1)证明 ∵S n ＝2n 2＋5n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n ＋3. 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝7也满足a n ＝4n ＋3. 故a n ＝4n ＋3(n ∈N *).由a n ＋1－a n ＝4，得3an ＋13a n ＝3a n ＋1－a n ＝34＝81.∴数列{3an }是公比为81的等比数列. (2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ， ∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－111＋111－115＋…＋14n ＋3－14n ＋7＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－14n ＋7＝n7（4n ＋7）. 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2】 (2018·成都二诊)设正项等比数列{a n }，a 4＝81，且a 2，a 3的等差中项为32(a 1＋a 2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足c n ＝14S n －1，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n <λn 恒成立，求λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1q 3＝81，a 1q ＋a 1q 2＝3（a 1＋a 1q ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3.所以a n ＝a 1qn －1＝3n.(2)由(1)得b n ＝log 332n －1＝2n －1， S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2∴c n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 若T n ＝n 2n ＋1<λn 恒成立，则λ>12n ＋1(n ∈N *)恒成立，则λ>⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1max，所以λ>13.考法3 错位相减求和【例2－3】 (2018·潍坊一模)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）. 解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }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{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.热点三 与数列相关的综合问题【例3】 设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，∴q ＝3. ∴b n ＝3n －1.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－13－1＝3n－12.T n ≤S n 可化为3n－12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2故适合条件T n ≤S n 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】 (2018·长沙雅礼中学质检)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2). 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)可得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000， 即2n>1 000，又∵n ∈N *，因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }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)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.3.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.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为( ) A.－n B.－2n C.nD.2n解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝a 5得3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b n ＝(－1)n －1(2n －1)，∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n .答案 B2.(2018·衡水中学月考)数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，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.10D.9解析 由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1.因此1－1n ＋1＝910，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 B3.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023 解析 因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ， 则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.答案 C4.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.30 解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2，首项为－5的等差数列.∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n . 令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72. ∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C5.对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.2B.2nC.2n ＋1－2D.2n －1－2 解析 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2. 答案 C二、填空题6.(2018·昆明诊断)数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018等于________. 解析 a n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019. 答案 4 0362 0197.记S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且a n ＋1＝2S n ，则S 2 018＝________.解析 由题意得4S n ＝(a n ＋1)2，①当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，a 1＝1，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，②①－②得a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0，又a n >0，所以a n －a n －1＝2，则{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n ＝2n －1，S 2 018＝2 018（1＋2×2 018－1）2＝2 0182. 答案 2 01828.(2018·贵阳质检)已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，n ∈N ＋，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________.解析 当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0.当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1.当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2.当1 000≤n ≤2 018时，a n ＝[lg n ]＝3.故S 2 018＝9×0＋90×1＋900×2＋1 019×3＝4 947.答案 4 947三、解答题9.(2018·济南模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋n －[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.又a 1＝3满足上式.所以a n ＝4n －1(n ∈N *).(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1（4n －1）（4n ＋3）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3. 所以T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14n ＋3＝n 12n ＋9. 10.(2018·南昌调研)已知数列{a n －n }是等比数列，且a 1＝9，a 2＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n －n 2}的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n －n }的公比为q ，则q ＝a 2－2a 1－1＝6－23－1＝2. 从而a n －n ＝(3－1)×2n －1，故a n ＝(n ＋2n )2. (2)由(1)知a n －n 2＝n ·2n ＋1＋4n .记T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1， 则2T n ＝23＋2·24＋…＋(n －1)·2n ＋1＋n ·2n ＋2， 两式作差，得－T n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2 ＝2n ＋2－4－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4， 故S n ＝T n ＋4－4n ＋11－4＝(n －1)·2n ＋2＋4n ＋1＋83. 11.若数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.解 (1)∵数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.∴n ＝1时，a 1＋1＝2，解得a 1＝1.又数列{a n }是公差为2的等差数列，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴2nb n ＝nb n ＋1，化为2b n ＝b n ＋1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. ∴b n ＝2n －1.(2)由数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1＝2n 2n ＝n 2n －1， 数列{c n }的前n 项和为 T n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，∴12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 两式作差，得∴12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1，化为(－1)n λ<4－22n －1， n ＝2k (k ∈N *)时，λ<4－22n －1，取n ＝2，∴λ<3.n ＝2k －1(k ∈N *)时，－λ<4－22n －1，取n ＝1，∴λ>－2.综上可得：实数λ的取值范围是(－2，3).。
2019高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列求和及综合应用练习
第2讲 数列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{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和. 解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ， 由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.2.(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2， 又a n >0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .考 点 整 合1.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 2.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{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }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⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 3.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S n 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 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n. (2)b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.【训练1】 (2018·安徽江南名校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足2(S n ＋1)＝(n ＋3)a n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <3.(1)解 2(S n ＋1)＝(n ＋3)a n ，① 当n ≥2时，2(S n －1＋1)＝(n ＋2)a n －1，② ①－②得，(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1， 所以a nn ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，又∵a 11＋2＝13， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列.所以a n ＝13(n ＋2).(2)证明 由(1)知，b n ＝1a n a n ＋1＝9（n ＋2）（n ＋3）＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3 ＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋3＝3－9n ＋3<3. 热点二 数列的求和 考法1 分组转化求和【例2－1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2an ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2an ＋(－1)n·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n －1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n 为偶数），8（4n－1）3－n －2 （n 为奇数）. 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 的奇偶进行讨论.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. 考法2 裂项相消法求和【例2－2】 (2018·郑州调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3an }为等比数列； (2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n . (1)证明 ∵S n ＝2n 2＋5n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n ＋3. 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝7也满足a n ＝4n ＋3. 故a n ＝4n ＋3(n ∈N *).由a n ＋1－a n ＝4，得3an ＋13a n ＝3a n ＋1－a n ＝34＝81.∴数列{3an }是公比为81的等比数列. (2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ， ∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－111＋111－115＋…＋14n ＋3－14n ＋7 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－14n ＋7＝n7（4n ＋7）. 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2】 (2018·成都二诊)设正项等比数列{a n }，a 4＝81，且a 2，a 3的等差中项为32(a 1＋a 2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足c n ＝14S n －1，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n <λn 恒成立，求λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1q 3＝81，a 1q ＋a 1q 2＝3（a 1＋a 1q ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3. 所以a n ＝a 1qn －1＝3n.(2)由(1)得b n ＝log 332n －1＝2n －1， S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2∴c n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 若T n ＝n 2n ＋1<λn 恒成立，则λ>12n ＋1(n ∈N *)恒成立，则λ>⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1max，所以λ>13.考法3 错位相减求和【例2－3】 (2018·潍坊一模)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列.(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）. 解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }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{b n }的公比，然后作差求解. 2.在写“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.热点三 与数列相关的综合问题【例3】 设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，∴q ＝3. ∴b n ＝3n －1.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－13－1＝3n－12.T n ≤S n 可化为3n－12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2故适合条件T n ≤S n 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】 (2018·长沙雅礼中学质检)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2). 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)可得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000，即2n >1 000，又∵n ∈N *，因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }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)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.3.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.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为( ) A.－n B.－2n C.nD.2n解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝a 5得3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b n ＝(－1)n －1(2n －1)，∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n .答案 B2.(2018·衡水中学月考)数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，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.－10B.－9C.10D.9解析 由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1.因此1－1n ＋1＝910，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 B3.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为() A.1 026 B.1 025C.1 024D.1 023解析 因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.答案 C4.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.30解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2，首项为－5的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C5.对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.2B.2nC.2n ＋1－2D.2n －1－2 解析 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2. 答案 C二、填空题6.(2018·昆明诊断)数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018等于________. 解析 a n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019. 答案 4 0362 0197.记S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且a n ＋1＝2S n ，则S 2 018＝________.解析 由题意得4S n ＝(a n ＋1)2，①当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，a 1＝1，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，②①－②得a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0，又a n >0，所以a n －a n －1＝2，则{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n ＝2n －1，S 2 018＝2 018（1＋2×2 018－1）2＝2 0182. 答案 2 01828.(2018·贵阳质检)已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，n ∈N ＋，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________. 解析 当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0.当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1.当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2.当1 000≤n ≤2 018时，a n ＝[lg n ]＝3.故S 2 018＝9×0＋90×1＋900×2＋1 019×3＝4 947.答案 4 947三、解答题9.(2018·济南模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋n －[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.又a 1＝3满足上式.所以a n ＝4n －1(n ∈N *).(2)b n ＝1a n an ＋1＝1（4n －1）（4n ＋3）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3.所以T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14n ＋3＝n12n ＋9.10.(2018·南昌调研)已知数列{a n －n }是等比数列，且a 1＝9，a 2＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n －n 2}的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n －n }的公比为q ，则q ＝a 2－2a 1－1＝6－23－1＝2.从而a n －n ＝(3－1)×2n －1，故a n ＝(n ＋2n )2.(2)由(1)知a n －n 2＝n ·2n ＋1＋4n.记T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，则2T n ＝23＋2·24＋…＋(n －1)·2n ＋1＋n ·2n ＋2，两式作差，得－T n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2 ＝2n ＋2－4－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4， 故S n ＝T n ＋4－4n ＋11－4＝(n －1)·2n ＋2＋4n ＋1＋83. 11.若数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.解 (1)∵数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1. ∴n ＝1时，a 1＋1＝2，解得a 1＝1.又数列{a n }是公差为2的等差数列，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴2nb n ＝nb n ＋1，化为2b n ＝b n ＋1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列.∴b n ＝2n －1.(2)由数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1＝2n 2n ＝n 2n －1， 数列{c n }的前n 项和为 T n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，∴12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 两式作差，得∴12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1. 不等式(－1)n λ<T n ＋n2n －1，化为(－1)n λ<4－22n －1，n＝2k(k∈N*)时，λ<4－22n－1，取n＝2，∴λ<3.n＝2k－1(k∈N*)时，－λ<4－22n－1，取n＝1，∴λ>－2. 综上可得：实数λ的取值范围是(－2，3).。
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用
(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用适考素能特训
2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用适考素能特训一、选择题1．[xx·重庆测试]在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1) B.n n ＋32 C ．n (n ＋1) D.n 3n ＋12答案 C解析 依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n (n ＋1)，选C.2．[xx·郑州质检]正项等比数列{a n }中的a 1、a 4031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log6a xx ＝( )A ．1B ．2 C. 2 D ．－1答案 A解析 因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4031是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4031＝a 22016＝6，即a xx ＝6，所以log6a xx ＝1，故选A.3．[xx·太原一模]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120答案 D解析 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.故选D.4．某年“十一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A ．211－47 B ．212－57 C ．213－68 D ．214－80 答案 B解析 由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟内进入公园的人数为a n ，第n 个30分钟内出来的人数为b n 则a n ＝4×2n －1，b n ＝n ，则上午11时30分公园内的人数为S ＝2＋41－2101－2－101＋102＝212－57. 5．已知曲线C ：y ＝1x(x >0)及两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列答案 A解析 由题意，得B 1，B 2两点的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，1x 2.所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1，令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2， 所以x 3＝x 1＋x 2，因此，x 1，x 32，x 2成等差数列．6．[xx·江西南昌模拟]设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；②⎩⎨⎧⎭⎬⎫11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1； ③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n}，其中极限为2的共有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个 答案 D解析 对于①，|a n －2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0；当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以2不是数列{(－1)n×2}的极限．对于②，|a n －2| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1－2＝12⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－4＝32＋14n ＋2>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N ，使得n >N时，恒有|a n －2|<ε0成立，即2不是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1的极限． 对于③，|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12－2＝22n，令22n<ε，得n >1－log 2ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1 的极限．对于④，当n ≥2时，|a n －2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n －2|＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε0成立，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n}的极限．综上所述，极限为2的数列共有1个． 二、填空题7．[xx·陕西质检二]已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________．答案 3n－1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，∴{a n }为等比数列，且公比为3，∴S n ＝3n－1.8．[xx·唐山统考]S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若2S 4＝S 2＋2，则S 6的最小值为________．答案3解析 由题意得2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3)＝a 1＋a 1q ＋2，整理，得(a 1＋a 1q )(1＋2q 2)＝2，即S 2·(1＋2q 2)＝2.因为1＋2q 2>0，所以S 2>0.又由2S 4＝S 2＋2，得S 4＝12S 2＋1.由等比数列的性质，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，所以(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，所以S 6＝S 4－S 22S 2＋S 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S 22S 2＋12S 2＋1＝34S 2＋1S 2≥234S 2·1S 2＝3，当且仅当34S 2＝1S 2，即S 2＝233时等号成立，所以S 6的最小值为 3.9．[xx·武昌调研]设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋12n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{S n }的前9项和为________．答案 －3411024解析 因为S n ＋12n ＝(－1)n a n ，所以S n －1＋12n －1＝(－1)n －1a n －1(n ≥2)，两式相减得S n －S n －1＋12n －12n －1＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1， 即a n －12n ＝(－1)n a n ＋(－1)na n －1(n ≥2)，当n 为偶数时，a n －12n ＝a n ＋a n －1，即a n －1＝－12n ，此时n －1为奇数，所以若n 为奇数，则a n ＝－12n ＋1；当n 为奇数时，a n －12n ＝－a n －a n －1，即2a n －12n ＝－a n －1，所以a n －1＝12n －1，此时n －1为偶数，所以若n 为偶数，则a n ＝12n .所以数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数12n，n 为偶数所以数列{S n }的前9项和为S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 9＝9a 1＋8a 2＋7a 3＋6a 4＋…＋3a 7＋2a 8＋a 9＝(9a 1＋8a 2)＋(7a 3＋6a 4)＋…＋(3a 7＋2a 8)＋a 9＝－122－124－126－128－1210＝－122×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1451－14＝－3411024. 三、解答题10．[xx·合肥质检]在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n·a n ，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解 (1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，②①－②得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.11．[xx·安徽高考]设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝2n －122n 2>2n －12－12n 2＝2n －22n ＝n －1n，所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.12．[xx·河南开封质检]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝1－14a n ，其中n ∈N *.(1)设b n ＝22a n －1，求证：数列{b n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设c n ＝4a n n ＋1，数列{c n c n ＋2}的前n 项和为T n ，是否存在正整数m ，使得T n <1c m c m ＋1对于n ∈N *恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)∵b n ＋1－b n ＝22a n ＋1－1－22a n －1＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14a n －1－22a n －1 ＝4a n 2a n －1－22a n －1＝2(常数)， ∴数列{b n }是等差数列． ∵a 1＝1，∴b 1＝2，因此b n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，由b n ＝22a n －1得a n ＝n ＋12n. (2)由c n ＝4a n n ＋1，a n ＝n ＋12n 得c n ＝2n， ∴c n c n ＋2＝4n n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2<3， 依题意要使T n <1c m c m ＋1对于n ∈N *恒成立，只需1c m c m ＋1≥3，即m m ＋14≥3，解得m ≥3或m ≤－4，又m 为正整数，所以m 的最小值为3. 典题例证[xx·山东高考]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n.求数列{c n }的前n 项和T n .审题过程切入点 依据a n 与S n 的关系可求a n ，进而求出b n 的通项． 关注点 先化简数列c n ，然后依据其结构特征采取错位相减求和.[规范解答] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11， 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 模型归纳求数列的通项公式及前n项和的模型示意图如下：。
(全国通用版)2019高考数学二轮复习-专题二 数列 第2讲 数列的求和问题课件
1 anan＋2
(其中{an}为等差数
列)等形式的数列求和.
例3 (2018·天津市十二校模拟)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；
解答
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值； 解 由bn＝an＋Sn得，b1＝2a， b2＝2a2＋a， b3＝2a3＋a2＋a. ∵数列{bn}为等比数列， ∴b22＝b1b3，(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)， 解得 a＝12.
13Sn＝332＋353＋…＋23nn＋＋11， ①－②得，23Sn＝1＋2312＋313＋…＋31n－23nn＋＋11， ∴Sn＝2－n＋3n 2(n∈N*).
① ②
解答
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ana1n＋1或
跟踪演练2 (2018·安庆模拟)在等差数列{an}中a4＝9，前三项的和为15. (1)求数列{an}的通项公式； 解 由题意得3aa1＋1＋33dd＝＝91，5， 解得ad1＝＝23，， ∴an＝2n＋1(n∈N*).
解答
(2)求数列a3nn的前 n 项和 Sn. 解 Sn＝a31＋a322＋…＋a3nn＝33＋352＋373＋…＋2n3＋n 1，
1－2n n1＋2n－1
＝ 1－2 －
2
＝2n－1－n2，
所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
解答
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.
【最新整理】2019高考数学(理)二轮专题练习专题4(2)数列求和及综合应用(含答案)
高考数学（理）二轮专题练习第2讲数列求和及综合应用考情解读高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，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．(2)错位相减法这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．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为的数列的前n项和，其中{an}若为等差数列，则＝.常见的裂项公式：①＝－；②＝(－)；③＝(－)；④＝(－)．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题．热点一分组转化求和例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{an}(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式；(2)分组。
2019届高考数学二轮复习专题二数列1.2.2数列求和及综合应用课件文ppt版本
所以Tn=
(
1
+
1)
+…+
20 1 21 1=
+
11
(21
1
22
) 1
(2211
1
23
) 1
- =- <.
(2n11 12n11)
1 11
1 2n 1
1 2
1 2n 1
1 2
热点题型3 分组转化法求和
【感悟经典】
【典例】数列{an}的通项an=
,其前n
项和为Sn.
3k
12
1
3k2 1
k ,
2
2
2
36
故
Sn
nn311661, n3n3k,n
2
3k
1(k N*).
n 3n 4
6 , n 3k
(2) Tn= bn
S3n n 4n
= 9n 4 ,
2 4n
4两T式n=1 2 （ 相14 减3得2 42 2 9n4 n4） ,
(3)cn=
=n(3n+1)=n·3n+n,
所以Tn=acn1b+n c2+c3+…+cn=(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)
+(1+2+…4+n),
令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n, ③
则3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1, ④
③-④得,-2Hn=3+32+33+…+3n-n×3n+1
2019年高考数学二轮复习 第二讲 数列求和及综合应用
2019年高考数学二轮复习第二讲数列求和及综合应用一、选择题1．已知等差数列{a n}前n项和为S n，若a1＋a2 012＝1，a2 013＝－1 006，则使S n取最值时n的值为()A．1 005 B．1 006C．1 007 D．1 006或1 007答案：D2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n＝()A．9 B．8 C．7 D．6答案：D3．等比数列{a n}前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是()A．T10B．T13C．T17D．T25解析：∵a3a6a18＝a1q2·a1q5·a1q17＝(a1q8)3＝(a9)3为定值．∴T17＝a1a2…a17＝(a1q8)17＝(a9)17也是定值．答案：C4．已知等比数列{a n}满足a n＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝()A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2D．(n－1)2解析：由a5·a2n－5＝22n(n≥3)得a2n＝22n，a n＞0，则a n＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n ＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.故选C.－1答案：C5．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项， S 8＝32，则S 10＝( )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：由a 24＝a 3a 7，得(a 1＋3d)2＝(a 1＋2d)(a 1＋6d)，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d ＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C.答案：C6．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g(x)＝f(x)－x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2 B ．a n ＝n －1C ．a n ＝n(n －1)D ．a n ＝2n －2解析：若0<x≤1，则－1<x －1<0，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x－1,若1<x≤2，则0<x －1≤1，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －2＋1， 若2<x≤3，则1<x －1≤2，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －3＋2， 若3<x≤4，则2<x －1<3，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －4＋3. 以此类推，若n<x≤n ＋1(其中n ∈N)，则f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －n －1＋n,下面分析函数f(x)＝2x 的图象与直线y ＝x ＋1的交点． 很显然，它们有两个交点(0，1)和(1，2)，由于指数函数f(x)＝2x 为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数f(x)＝2x 和y ＝x ＋1的图象同时向下平移一个单位即得到函数f(x)＝2x －1和y ＝x 的图象，取x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0，0)． 即当x≤0时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝0.②取①中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 图象－1<x ≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，即得f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(1，1)． 即当0<x≤1时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝1.③取②中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，继续按照上述步骤进行，即得到f(x)＝2x－2＋1和y＝x在1<x≤2上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(2，2)．即当1<x≤2时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝2.④以此类推，函数y ＝f(x)与y ＝x 在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的交点依次为(3，3)，(4，4)，…，(n ＋1，n ＋1)．即方程f(x)－x ＝0在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的根依次为3，4，…，n ＋1. 综上所述方程f(x)－x ＝0的根按从小到大的顺序排列所得数列为0，1，2，3，4，…，n ＋1，其通项公式为a n ＝n －1.故选B. 答案：B二、填空题 7．对正整数n ，设曲线y ＝x n (1－x)在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和是________．解析：曲线y ＝x n (1－x)＝x n －x n ＋1，曲线导数为y′＝nx n －1－(n ＋1)x n ，所以切线斜率为k ＝n2n －1－(n ＋1)2n ＝－(n ＋2)2n －1，切点为(2，－2n )，所以切线方程为y ＋2n ＝－(n ＋2)2n －1(x －2)，令x ＝0得，y ＋2n ＝(n ＋2)2n ，即y ＝(n ＋1)2n ，所以a n ＝(n ＋1)2n ，所以a nn ＋1＝2n ，是以2为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．等比数列{a n }的公比q ＞0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________．解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n 得：q n ＋1＋q n ＝6q n －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝12，S 4＝12（1－24）1－2＝152.答案：152三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值．(2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解析：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ 若a 2＝0, 由①知a 1＝0， 若a 2≠0，易知a 2－a 1＝1.④ 由①④得：a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－2；综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝1＋2，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知， a 1＝2＋1，a 2＝2＋2； 当n≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ， (2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1.两式相减得(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1. 所以a n ＝2a n －1(n≥2)．所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)×(2)n －1. 令b n ＝lg10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝12lg 1002n －1. 又b 1＝1，b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫lg 1002n －1－lg 1002n －2＝－12lg 2，所以数列{b n }是以1为首项，－12lg 2为公差，且单调递减的等差数列．则b 1>b 2>…>b 7＝lg 108＞lg 1＝0.当n≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0.所以，n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7－212lg 2.10．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1·a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)经计算a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18.当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列， ∴a 2n －1＝a 1＋(n －1)·2＝2n －1.当n 为偶数，a n ＋2＝12a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n. 因此，数列{a n }的通项公式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，⎝⎛⎭⎫12n 2，n 为偶数.(2)∵b n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n， ∴S n ＝1×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n .① 12S n＝1×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋5×⎝⎛⎭⎫124＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n ＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1.② ①②两式相减，得12S n ＝1×12＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ]－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝32－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1. ∴S n ＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. .。
07第一部分 板块二 专题二 数 列 第2讲 数列求和及数列的简单应用(大题)
本课结束
① ②
＝2＋2×411－－22n－1－(2n－1)·2n＋1＝－6＋2n＋2－(2n－1)·2n＋1＝－6＋2n＋1(3－2n)，
∴Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
2
PART TWO
真题体验 押题预测
真题体验 (2019·全国Ⅰ，文，18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 由(1)知，当an＝5时，Sn＝5n. 当 an＝2n＋1 时，a1＝3，则 Sn＝n3＋22n＋1＝n2＋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.
＝141－n＋1 1＝4nn＋1.
跟踪演练3 (2019·龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36. (1)求数列{an}的通项公式；
解 ∵a2＝3，∴a1＋d＝3， ∵S6＝36，∴6a1＋15d＝36， 则a1＝1，d＝2， ∴an＝2n－1.
(2)若数列{bn}满足bn＝2n·an，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.
板块二 专题二 数 列
内容索引
NEIRONGSUOYIN
热点分类突破 真题押题精练
1
PART ONE
热点一 等差、等比数列基本量的计算 热点二 数列的证明问题 热点三 数列的求和问题
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.
2019高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用能力训练理
第二讲 数列的综合应用一、选择题1．(2018·宜昌月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 018OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 018等于( )A ．1 007B ．1 009C ．2 016D ．2 018解析：∵A ，B ，C 三点共线，∴a 1＋a 2 018＝1， ∴S 2 018＝a 1＋a 2 0182＝1 009.答案：B2．已知数列{a n }满足a 1＝5，a n a n ＋1＝2n，则a 7a 3＝( ) A ．2 B ．4 C ．5D.52解析：因为a n ＋1a n ＋2a n ＋3a n ＋4a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝a n ＋4a n ＝2n ＋1·2n ＋32n ·2n ＋2＝22，所以令n ＝3，得a 7a 3＝22＝4，故选B.答案：B3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋＋2＝2 600.答案：B4．(2018·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．答案：B5．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0解析：由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.答案：B6．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.答案：D7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a nn 为正奇数，a n ＋n 为正偶数，则其前6项之和为( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析：a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.答案：C8．已知等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，则使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：∵关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx 2＋2a 1x ＝0的两个实数根，且d ＜0，∴－2a 1d ＝9，a 1＝－9d 2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －112)d ，可得a 5＝－12d ＞0，a 6＝12d ＜0.∴使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是5.答案：B9．(2018·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033解析：因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝a 1＋a 4 0322＝a 2 016＋a 2 0172＞0，S 4 033＝a 1＋a 4 0332＝4033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032.答案：C10．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1解析：由已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 即数列{a n }为等差数列． 又f (x )＝sin 2x ＋1＋cos x ，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0， 又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin 2a 1＋sin 2a 9＝sin 2a 2＋sin 2a 8＝…＝sin 4a 5＝0，故数列{y n }的前9项和为9. 答案：C11．已知数列{a n }，“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：∵|a n ＋1|＞a n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＞0，a n ＋1＞a n 或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1≤0，－a n ＋1＞a n .又∵数列{a n }为递增数列，∴a n ＋1＞a n ，∴“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件． 答案：D12．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a n a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7.答案：A 二、填空题13．(2018·沈阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，则a n ＝________.解析：法一：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a na n －a n －1＝2(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n －1＝2n －1(n ≥2)，又a 2－a 1＝1，所以a n －a n －1＝2n －2，a n －1－a n －2＝2n －3，…，a 2－a 1＝1，累加，得a n ＝2n －1(n ∈N *)．法二：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1，得a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1＝a n －1－2a n －2＝…＝a 2－2a 1＝0，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：2n －1(n ∈N *)14．(2018·辽宁五校联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3且当n ≥2时，2a n ＝S n ·S n－1，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，由2a n ＝S n ·S n －1可得2(S n －S n －1)＝S n ·S n －1，∴1S n －1－1S n ＝12，即1S n －1S n －1＝－12，∴数列{1S n }是首项为13，公差为－12的等差数列，∴1S n ＝13＋(－12)·(n －1)＝5－3n 6，∴S n ＝65－3n .当n ≥2时，a n ＝12S n S n －1＝12×65－3n ×65－n －＝18－3n－3n，又a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，n ＝1，18－3n－3n ，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝118－3n－3n ，n ≥215．(2018·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________.解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ， 所以1a n ＋1＝1a na n ＋＝1a n －1a n ＋1， 即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1， 于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018. 因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…， 可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－1a 2 018＝0.答案：016．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．解析：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)， 两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列， 所以a n n＝－40＋(n －1)×2＝2n －42， 所以a n ＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b 2a ＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等， 所以n 取10或11时，a n 取得最小值． 答案：10或11 三、解答题17．(2018·枣庄模拟)已知方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(a n ＞0)有两个根αn 、βn ，a 1＝1，且满足(1－1αn )(1－1βn)＝1－2n ，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2(a n ＋1)，c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知可得，⎩⎪⎨⎪⎧αn＋βn ＝a n ＋1a nαnβn ＝1a n，又(1－1αn )(1－1βn )＝1－2n ，∴1－αn ＋βn αn βn ＋1αn βn＝1－2n， 整理得，a n ＋1－a n ＝2n，其中n ∈N *.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1. (2)由(1)知，b n ＝log 2(2n－1＋1)＝n ， ∴c n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n－(1＋2＋…＋n )， 设P n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① 则2P n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，② ①－②得－P n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝－2n1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴P n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又Q n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋2，∴T n ＝P n －Q n ＝(n －1)×2n ＋1＋2－n n ＋2.18．(2018·九江一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝n ＋a 2n a 2n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有64T n ＜|3λ－1|成立，求实数λ的取值范围．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2S 2－32＝1a 2·S 3得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋21d －a 1＋6d ＝2a 1＋d －a 1＋d ＝3a 1＋3d，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2a 1＋d a 1＋d －＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－25d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)b n ＝n ＋a 2n a 2n ＋2＝n ＋1n ＋2n 2＝116[1n 2－1n ＋2]．T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝116(112－132)＋116(122－142)＋116(132－152)＋…＋ 116[1n －2－1n ＋2]＋116[1n2－1n ＋2]＝116[1＋14－1n ＋2－1n ＋2]＝564－116[1n ＋2＋1n ＋2]，∴64T n ＝5－4[1n ＋2＋1n ＋2]＜5，为满足题意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－43.19．(2018·临汾中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12(a 2n ＋a n )，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n －1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则是否存在正整数m ，使得m ≤T n ＜m ＋3对任意的正整数n 恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)S n ＝12(a 2n ＋a n )，即a 2n ＋a n －2S n ＝0，①当n ≥2时， S n －1＝12(a 2n －1＋a n －1)，即a 2n －1＋a n －1－2S n －1＝0，②①－②得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＋a n －a n －1－2a n ＝0， (a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＞0， ∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，a 21＋a 1－2a 1＝0，∵a n ＞0， ∴a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知b n ＝n2n －1，所以T n ＝1×(12)0＋2×(12)1＋…＋n (12)n －1，③ 12T n ＝1×(12)1＋2×(12)2＋…＋n (12)n ，④ ③－④得12T n ＝1＋12＋…＋(12)n －1－n (12)n ＝2[1－(12)n ]－n (12)n，故T n ＝4[1－(12)n ]－2n (12)n ＝4－4×(12)n －2n (12)n ＝4－(2n ＋4)(12)n.易知T n ＜4，∵T n ＋1－T n ＝4－(2n ＋6)(12)n ＋1－4＋(2n ＋4) ·(12)n ＝(n ＋1)(12)n＞0，∴T n ≥T 1＝1，故存在正整数m ＝1满足题意．。
2019届文理通用高考数学大二轮复习第1部分专题4数列第2讲数列求和及综合应用讲义
因为 a1＝0，所以1－1a1＝1，所以{1－1an}是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 所以1－1an＝1＋(n－1)＝n，所以1－1a2019＝2019，解得 a2019＝22001189.
命题热点突破
命题方向1 求数列的通项公式
(1)已知正项数列{an}满足 a1＝1，(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则 它的通项公式为( B )
A．an＝n＋1 1
B．an＝n＋2 1
C．an＝n＋2 1
D．an＝n
[解析] 由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an) ＝0，又 an>0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，即aan＋n1＝nn＋＋12，an＋1＝nn＋＋12·an，所以 an＝ n＋n 1·n－n 1·…·23a1＝n＋2 1a1(n≥2)，所以 an＝n＋2 1(n＝1 适合)，于是所求通项公式为 an＝n＋2 1.
由题意知，N>100，令n12＋n>100⇒n≥14 且 n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后． 第 n 组的各项和为11－－22n＝2n－1，前 n 组所有项的和为211－－22n－n＝2n＋1－2－
n. 设 N 是第 n＋1 组的第 k 项，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则 N－n1＋ 2 n项
a1＝1， 所以 an＝(－2)n－1(n≥2)． 又 a1＝(－2)1－1＝1，所以 an＝(－2)n－1.