2019届二轮复习第2讲　数列求和及综合应用学案（全国通用）

第2讲　数列求和及综合应用

高考定位　数列求和主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；数列的综合问题是高考考查的热点，主要考查数列与其他知识的交汇问题.


真 题 感 悟
(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项.数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式.
解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·，
故bn－bn－1＝(4n－5)·，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)·＋(4n－9)·＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·＋…＋(4n－5)·，n≥2，
Tn＝3·＋7·＋…＋(4n－9)·＋(4n－5)·，
所以Tn＝3＋4·＋4·＋…＋4·－·，
因此Tn＝14－(4n＋3)·，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·，n≥2，又b1＝1也适合上式，所以bn＝15－(4n＋3)·.
考 点 整 合
1.数列求和常用方法
(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.
(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.
(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.
2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：
(1)利用数列(或函数)的单调性；
(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和；
(3)数学归纳法.
3.数列与不等式的综合问题
主要题型为：证明不等式，或不等式恒成立问题，转化为最值问题是其主要思路，而求最值常用方法为：①作差比较，利用数列单调性求最值；②放缩法求最值.

热点一　数列的求和问题
[考法1]　分组转化求和
【例1－1】 (2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以，Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
所以，Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得
＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以，n的值为4.
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.
[考法2]　裂项相消法求和
【例1－2】 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
(1)解　由题意知，S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
令n＝1，有S－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，
可得S＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，
又an为正数，所以a1＝2.
(2)解　由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，
又数列{an}的各项均为正数，
所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.
又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.
(3)证明　当n＝1时，＝＝＜成立；
当n≥ 2时，＝＜＝(－)，
所以＋＋…＋＜＋
[(－)＋…＋(－)]＝＋(－)＜＋＝.
所以对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
探究提高　(1)解决本题的关键是先放缩后裂项求和，如本题中＜，根据结构特征合理放缩.
(2)裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an＝bn＋1－bn等形式，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消法的条件.
[考法3]　错位相减法求和
【例1－3】 (2018·杭州调研)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)由(1)知，an·bn＝(2n－1)·.
Tn＝＋＋＋…＋，①
　 Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②，得Tn＝＋2×－
＝＋2×－
＝＋1－－＝－.
所以Tn＝3－.
探究提高　(1)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到的部分，在求等比数列的和时，一定要查清其项数.(2)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1，2进行验证.
【训练1－1】 (2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
解　(1)设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为ea1＝eln 2＝2，＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×＝2n＋1－2.
【训练1－2】 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(q>0)，
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.
热点二　数列的综合应用
【例2】 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*).若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解　(1)设数列{an}的公比为q，由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*).
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1).
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*).
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝
－＝－＝－(n∈N*).
②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.
探究提高　以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解.
【训练2】 已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.

(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
解　(1)设数列{xn}的公比为q，
由题意得
所以3q2－5q－2＝0，
由已知q＞0，
所以q＝2，x1＝1.
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)·×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.

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}的求和.
(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.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
解析　设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴＝381，解得a1＝3.
答案　B
2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A.－12 B.－10 C.10 D.12
解析　法一　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
法二　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
答案　B
3.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.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于(　　)
A.20 B.40 C.60 D.80
解析　由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.
答案　C
5.(2018·宁波十校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知(a5－1)3＋3a5＝4，(a8－1)3＋3a8＝2，则下列选项正确的是(　　)
A.S12＝12，a5>a8 B.S12＝24，a5>a8
C.S12＝12，a5 解析　由已知得设f(x)＝x3＋3x，易知f(x)在R上为奇函数且单调递增，
又f(a5－1)＝1，f(a8－1)＝－1，
所以f(a5－1)>f(a8－1)，且f(a5－1)＋f(a8－1)＝0，
故a5>a8，且a5－1＝－(a8－1)，即a5＋a8＝2，又{an}是等差数列，
所以S12＝＝＝12.
答案　A
6.各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则a2k＝(　　)
A. B.
C. D.
解析　当n＝1时，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，
当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1).∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，
∴{a2n}为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴a2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋×3＝，选B.
答案　B
二、填空题
7.在数列{an}中， an＝＋＋…＋，若bn＝ ，则数列{bn}的前n项和Sn为________.
解析　an＝＋＋…＋＝＝.
∴bn＝＝＝＝8，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝8
＝8＝.
答案　
8.(2018·绍兴调研)设等比数列{an}的首项a1＝1，且4a1，2a2，a3成等差数列，则公比q＝________；数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析　因为a1＝1，且4a1，2a2，a3成等差数列，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以Sn＝＝2n－1.
答案　2　2n－1
9.(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
解析　∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，
∴＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，
∴S5＝121.
答案　1　121
10.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析　法一　因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
法二　因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.
答案　－63
11.(2018·北京昌平区调研)已知数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1，d2为整数)，且对任意n∈N*，都有an 解析　因为a1＝1，a2＝2，所以a3＝1＋d1，a4＝2＋d2，a5＝1＋2d1.因为对任意n∈N*，都有ana2，即1＋d1>2，解得d1>1；又所以解得－1＋d1 答案　3　11
三、解答题
12.(2018·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
解　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
13.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式，
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，
解得m＝6.
综上，m＝6.
14.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，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由
即可解得b1＝4，d＝3，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.
15.(2018·天津卷)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列.已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明 ＝－2(n∈N*).
(1)解　设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①解　由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝ (2k－1)＝2k－n＝－n＝2n＋1－n－2.
②证明　因为
＝＝＝－，
所以 ＝＋＋…＋＝－2.