2019届高三文科数学二轮复习配套教案：第一篇专题四第2讲　数列求和及简单应用

第2讲　数列求和及简单应用

(对应学生用书第26页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

1.(2018·全国Ⅲ卷,文17)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.
2.(2016·全国Ⅰ卷,文17)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
解:(1)由已知a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2.
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=,因此{bn}是首项为1,公比为的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn,则
Sn==-.
3.(2016·全国Ⅱ卷,文17)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}的公差为d,
由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3.
解得a1=1,d=.
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.
4.(2017·全国Ⅲ卷,文17)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,故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2,
所以an=(n≥2).
又由题设可得a1=2,满足上式,
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.考查角度
考查数列求通项公式(利用通项与前n项和的关系、数列递推式等),考查数列求和(公式法、分组法、裂项法、错位相减法等).
2.题型及难易度
选择题、填空题、解答题均有,难度中等偏下.

(对应学生用书第27~29页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
数列的通项公式
【例1】 (1)(2018·安徽黄山一模)数列{an}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+…+an=2n-1,则++…+等于(　　)
(A)(2n-1)2 (B)(2n-1)2
(C)4n-1 (D)(4n-1)
(2)(2018·安徽合肥一检)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2 018等于(　　)
(A)22 018-1
(B)32 018-6
(C)2 018-
(D)2 018-
(3)(2018·河北石家庄一模)若数列{an}满足a1=2,an+1=,则a2 018的值为(　　)
(A)2 (B)-3 (C)- (D)
解析:(1)由递推关系可得a1=1,a1+a2+…+an-1+an=2n-1,a1+a2+…+an-1=2n-1-1,
两式作差可得an=2n-2n-1=2n-1,
则==22n-2=4n-1,
故数列{}是首项为1,公比为4的等比数列,
结合等比数列前n项和公式有++…+==(4n-1).故选D.
(2)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),
两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,an+1+1=-2(an+1),
结合3S1=2a1-3可得a1=-3,a1+1=-2,
则数列{an+1}是首项为-2,公比为-2的等比数列,
据此有a2 018+1=(-2)×(-2)2 017=22 018,
所以a2 018=22 018-1.故选A.
(3)由题a1=2,an+1=,
所以a2==-3,a3==-,
a4==,a5==2.
故数列{an}是以4为周期的周期数列,
故a2 018=a504×4+2=a2=-3.
故选B.


求数列的通项公式的基本类型:(1)利用an=直接求解,或者据此得出数列的递推式求解,特别是已知Sn=kan+b(k≠0,1,b≠0)时可得数列{an}一定是等比数列;(2)三种简单的递推数列:an+1-an=f(n),=f(n),an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0),第一个使用累差的方法、第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设an+1+λ=p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的周期性后得出其通项公式.
热点训练1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}中,a1=2,=+ln1+,则an等于(　　)
(A)2+nln n (B)2n+(n-1)ln n
(C)2n+nln n (D)1+n+nln n
(2)(2018·福建三明5月质检)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an-2,则S8等于(　　)
(A)255 (B)256 (C)510 (D)511
(3)(2018·山东济宁一模)设数列{an}满足a1=1,a2=2,且2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N*),则a18等于(　　)
(A) (B) (C)3 (D)
解析:(1)由题意得-=ln(n+1)-ln n,n分别用1,2,3,…,(n-1)取代,累加得-=ln n-ln 1=ln n,=2+ln n,
所以an=(ln n+2)n.故选C.
(2)当n=1时,a1=2a1-2,据此可得a1=2,
当n≥2时Sn=2an-2,Sn-1=2an-1-2,
两式作差可得an=2an-2an-1,则an=2an-1,
据此可得数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
其前8项和为S8==29-2=512-2=510.
故选C.
(3)令bn=nan,则2bn=bn-1+bn+1,所以{bn}为等差数列,
因为b1=1,b2=4,
所以公差d=3,则bn=3n-2,
所以b18=52,即18a18=52,
所以a18=.故选B.
数列求和
考向1　公式和分组法求和
【例2】 (1)(2018·河南洛阳第三次统考)记数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,(Sn+1-Sn)an=2n(n∈N*),则S2 018等于(　　)
(A)3(21 009-1) (B)(21 009-1)
(C)3(22 018-1) (D)(22 018-1)
(2)(2018·河北唐山三模)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a1=1,b1=2,a2+b2=7,a3+b3=13.
①求{an}和{bn}的通项公式;
②若cn=,求数列{cn}的前2n项和S2n.
(1)解析:由题数列{an}满足a1=1,(Sn+1-Sn)an=2n(n∈N*),
所以===2,
又a2a1=2,a1=1,所以a2=2,
由此可得数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列,首项分别为1,2,
则S2 018=(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 018)
=+
=3·21 009-3.故选A.
(2)解:①设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,
依题意有,
解得d=2,q=2,
故an=2n-1,bn=2n,
②由已知=a2n-1=4n-3,c2n=b2n=4n,
所以数列{cn}的前2n项和为
S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=+=2n2-n+(4n-1).


分组求和的三种题型:(1)通项公式有若干部分构成,每个部分可以使用公式法、裂项法等求和,只需拆开通项公式,分成若干部分求和即得;(2)奇数项、偶数项分别为可以使用公式、裂项等方法求和;(3)分段求和的,把数列分成若干段,每段可以求和.
考向2　裂项法求和
【例3】 (1)(2018·天津南开中学模拟)已知数列{bn}是首项b1=1,b4=10的等差数列,设bn+2=3loan(n∈N*).
①求证:{an}是等比数列;
②记cn=,求数列{cn}的前n项和Sn;
③在②的条件下,记dn=(3n+1)·Sn,若对任意正整数n,不等式++…+>恒成立,求整数m的最大值.
(2)(2018·安徽江南十校二模)数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=2-.
①求数列{an}的通项公式;
②设bn=,求{bn}的前n项和Tn.
(1)①证明:由b1=1及b4=10,
得d==3,
所以bn=3n-2.
因为bn+2=3loan=3n-2+2=3n,
所以loan=n,
即an=n(n∈N*).
则==,
所以数列{an}是首项a1=,公比q=的等比数列.
②解:由①,得cn==-,
所以Sn=1-+-+…+-
=1-
=.
③解:因为dn=(3n+1)Sn=(3n+1)·=n,
则问题转化为对任意正整数n使不等式++…+>恒成立.
设f(n)=+++…+,
则f(n+1)-f(n)=++…+-++…+
=+-
=->0.
所以f(n+1)>f(n),故f(n)的最小值是f(1)=.
由>,得m<12,
故整数m可取最大值为11.
解:(2)①当n=1时,a1=2-=;
当n≥2,nan=2--2-=,
可得an=,
又因为当n=1时也成立,
所以an=.
②bn=
=
=2-,
所以Tn=2-+-+…+-
=2-
=-.


注意如下的一些裂项方法:(1)=-,特别地当k=1时,=-;
(2)=(-),特别地当k=1时,=-;
(3)an===1+
=1+-;
(4)an=
=-;
(5)an=·
=·
=-;
(6)n·n!=[(n+1)-1]·n!=(n+1)!-n!;
(7)=-等.
裂项的基本思想是an=f(n)-f(n+1),=-等.
考向3　错位相减法求和
【例4】 (2018·吉林百校联盟九月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-4,Sm=0,Sm+2=14(m≥2,且m∈N*).
(1)求数列{an}的通项;
(2)求数列{m(an+6)×2n-3}的前n项和.
解:(1)由已知得am=Sm-Sm-1=4,
且am+1+am+2=Sm+2-Sm=14,
设等差数列{an}的公差为d,则由2am+3d=14,
所以d=2,
由Sm=0,得ma1+×2=0,
即a1=1-m,
所以am=a1+(m-1)×2=m-1=4,
所以m=5,故an=2n-6.
(2)m(an+6)×2n-3=5n×2n-2.
下面先求{n×2n-2}的前n项和Tn,
Tn=1×2-1+2×20+…+(n-1)×2n-3+n×2n-2,①
2Tn=1×20+2×21+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1,②
两式相减得-Tn=2-1+20+…+2n-2-n×2n-1=-n×2n-1=2n-1--n×2n-1,
所以Tn=(n-1)×2n-1+(n∈N*).
故{m(an+6)×2n-3}的前n项和为5(n-1)×2n-1+.


错位相减法是求{anbn},其中{an}为等差数列、{bn}为等比数列,方法机械、没有技巧可言,但要注意:(1)错位相减后共n+1项,前面的n项不一定是一个等比数列的前n项和,还可能是从第2项到第n项为一个等比数列的前n-1项和;(2)利用n=1时,S1=a1b1,检验结果是否正确.
热点训练2:(1)(2018·湖北华中师大一附中5月押题)已知正项等比数列{an}满足a4=a2a3,前三项和S3=13.
①求an;
②若数列{bn}满足bn=log3an+n,的前n项和为Tn,求Tn.
(2)(2018·福建百校高考临考冲刺)已知数列{-n}是等比数列,且a1=9,a2=36.
①求数列{an}的通项公式;
②求数列{an-n2}的前n项和Sn.
解:(1)①因为a4=a2a3,所以a4=a1a4,
因为a4≠0,
所以a1=1,
因为S3=a1+a2+a3=1+q+q2=13,
且q>0,
所以q=3,
所以an=a1qn-1=3n-1.
②因为bn=log33n-1+n=2n-1,
所以
=
=-,
所以Tn=1-=.
(2)①设等比数列{-n}的公比为q,则q===2,
从而-n=(3-1)×2n-1,
故an=(n+2n)2;
②因为an=(n+2n)2,
所以an-n2=n·2n+1+4n,
记Tn=22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
2Tn=23+2·24+…+(n-1)·2n+1+n·2n+2,
所以-Tn=22+23+…+2n+1-n·2n+2
=2n+2-4-n·2n+2
=(1-n)·2n+2-4,
所以Tn=(n-1)·2n+2+4.
故Sn=Tn+=(n-1)·2n+2+.
数列的综合问题
【例5】 (1)(2018·安徽涡阳一中高三最后一卷)古代数学著作《张丘建算经》上曾出现“女子织布”问题:某女子善于织布,一天比一天织得快,而且每天增加的数量相同.已知第一天织布5尺,前30天共织布390尺,记女子每天织布的数量构成数列{an}.
①在30天内,该女子在偶数天所织布的数量比在奇数天所织布的数量多多少?
②设数列的前n项和为Tn,证明:Tn<.
(2)(2018·江西重点中学协作体二联)已知等差数列{an}的公差d≠0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列.
①求数列{an}的通项公式;
②若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn-2n<.
(1)①解:根据题意,{an}应为等差数列,设数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,
由题意知30×5+d=390,
即d=,
S偶数项-S奇数项=15d=15×=(尺),
故该女子在偶数天所织布的数量比在奇数天所织布的数量多尺.
②证明:由①可知,an=5+(n-1)×,
故=-=-,
所以++…+
=-+-+…+-
=-<.
(2)①解:由a1=0得an=(n-1)d,Sn=,
因为a2+2,S3,S4成等比数列,
所以=(a2+2)S4,
即(3d)2=(d+2)·6d,
整理得3d2-12d=0,
即d2-4d=0,
因为d≠0,
所以d=4,
所以an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4.
②证明:由①可得Sn+1=2n(n+1),
所以bn=
=
=2+
=2+-,
所以Tn=2n+1-+-+…+-=2n+1+--,
所以Tn-2n<.


在数列综合问题中,与数列求和有关的不等式是一个重要方法,解决的方法是“放缩法”.
(1)如果和式能够求出,则求出结果后进行放缩,例5中的两个题目均是这种类型;
(2)如果和式不能求出,则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式,求和后再进行放缩,但要注意放缩的“尺度”和“位置”,如证明:对任意正整数,++…+<时,放缩的尺度为<=2-,且第一项单独证明,不能放大,否则无法证明所给不等式.
热点训练3:(1)(2018·湖北高三5月冲刺)已知数列{an}的前n项和为Sn满足:Sn=1-an(n∈N*).
①求Sn;
②若bn=-log3(1-Sn+1)(n∈N*),Tn=+++…+,则是否存在正整数m,当n≥m时Sn>Tn恒成立?若存在,求m的最小值;若不存在,请说明理由.
(2)(2018·安徽江南十校二模)已知等差数列{an}前n项和为Sn,且满足an+Sn=n2+3n(n∈N*).
①求数列{an}的通项公式;
②设cn=+,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<.
(1)解:①当n=1时,a1=S1,由S1=1-a1,得a1=.
当n≥2时,Sn=1-an,Sn-1=1-an-1,
所以an=Sn-Sn-1=1-an-1-an-1
=an-1-an,
所以an=an-1,
所以{an}是以为首项,为公比的等比数列,
所以Sn==1-n.
②存在.
由①可知,bn=-log3(1-Sn+1)
=-log31-1-n+1
=-log3n+1
=n+1,
所以==-,
所以Tn=+++…+
=-+-+-+…+-=-<.
又Sn=1-n,
所以{Sn}为递增数列,Sn≥S1=.
而>,
所以∀n∈N*恒有Sn>Tn,故存在正整数,当n≥m时Sn>Tn恒成立,其m的最小值为1.
(2)①解:an+Sn=n2+3n,
当n=1时,a1+S1=4⇒a1=2,
当n=2时,a2+a1+a2=10⇒a2=4,
又因为{an}是等差数列,
所以d=a2-a1=2,
所以an=2+(n-1)×2=2n.
②证明:由①得Sn=n2+n,
cn=+
=+
=-+-.
所以Tn=1-+-+…+-+1-+-+…+-
=1-+1-
=-+.
当n∈N*且n逐渐增大时,Tn增大,T1=,
所以≤Tn<.

　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
【例1】 (1)(2018·云南玉溪适应考)已知数列{an}中,an+1+an=(-1)nn,则数列{an}的前2 018项的和为　　　　; 
(2)(2018·湖北高三5月冲刺)在数列{an}中,an=,其前n项和为Sn,用符号[x]表示不超过x的最大整数.当[S1]+[S2]+…+[Sn]=63时,正整数n为　　　　　; 
(3)(2018·安徽合肥一中最后一卷)已知数列{an}满足a1=3,(3-an+1)(6+an)=18(n∈N*),则的值是　　　　　; 
(4)(2018·安徽皖江八校八联)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=2,对任意p,q∈N+,都有ap+q=ap·aq,则f(n)=的最小值为　　　　; 
(5)(2018·江西重点中学协作体二联)已知数列{an}中,a1=1,函数f(x)=x2 018+2an+1cos x-(4an+2)有唯一零点,若bn=,则数列{bn}的前n项的和为　　　　; 
(6)(2018·山东济南二模)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{an}中,an=[lg n],n∈N+,记Sn为数列{an}的前n项和,则S2 018=　　　　; 
(7)(2018·广西钦州三检)在数列{an}中,a1=0,an+1=,则S2 018=　　　　. 
解析:(1)由题意可得a2+a1=-1,a4+a3=-3,a6+a5=-5,…,a2 018+a2 017=-2 017,
则数列{an}的前2 018项的和为-1-3-…-2 017=-×1 009=-1 018 081.
(2)因为an==1+=1+-,
所以Sn=1+1-+1+-+…+1+-=n+1+--,
因为符号[x]表示不超过x的最大整数,所以[S1]=1,[S2]=2,[Sn]=n+1(n≥3),
因此[S1]+[S2]+…+[Sn]
=1+2+4+5+…+(n+1)
=3+4+5+…+(n+1)
=
=63(n≥3),
所以(n-1)(n+4)=126,所以n=10.
(3)设bn=,n=1,2,…
则3-6+=18,
即3bn+1-6bn-1=0,
所以bn+1=2bn+,bn+1+=2bn+,
故数列bn+是公比为2的等比数列,
则bn+=2n-1b1+
=2n-1+
=·2n,
所以bn=(2n-1),
=bi=(2n-1)
=-n
=(2n+1-n-2).
(4)当q=1时ap+1=ap·a1=2ap,
所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an=2n,Sn==2n+1-2,
所以Sn-1=2n-2,Sn-1·(Sn-1+2)=(2n-2)·2n,
所以f(n)=
=2n-2+≥2-2
=30,
当且仅当2n=16,即n=4时,等号成立,故f(n)min=30.
(5)因为f(-x)=(-x)2 018+2an+1cos(-x)-(4an+2)=x2 018+2an+1cos x-(4an+2)=f(x),
所以f(x)是偶函数.
又因为函数f(x)有唯一零点,
所以f(0)=0,
即f(0)=2an+1-(4an+2)=0,
所以an+1=2an+1,
所以=2,
又a1+1=2,
所以数列{an+1}是等比数列,公比为2,
所以an+1=2n.
bn==
=-,
Sn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=1-=.
(6)当1≤n≤9时,an=[lg n]=0;
当10≤n≤99时,an=[lg n]=1,此区间所有项的和为90.
当100≤n≤999时,an=[lg n]=2,此区间所有项的和为900×2=1 800.
当1 000≤n≤2 018时,an=[lg n]=3,此区间所有项的和为3×1 019=3 057.
所以S2 018=90+1 800+3 057=4 947.
(7)因为a1=0,an+1=,
所以a2==,a3===-,
a4==0,
即数列{an}的取值具备周期性,周期为3,且a1+a2+a3=0,
则S2 018=S3×672+2=a1+a2=.
答案:(1)-1 018 081　(2)10　(3)(2n+1-n-2)
(4)30　(5)　(6)4 947　(7)
【例2】 (2018·天津市滨海新区八校联考)已知数列{an},{bn},Sn为数列{an}的前n项和,a2=4b1,Sn=2an-2,nbn+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明为等差数列;
(3)若数列{cn}的通项公式为cn=令Tn为{cn}的前n项的和,求T2n.
(1)解:当n>1时,⇒an=2an-2an-1⇒=2,
当n=1时,S1=2a1-2⇒a1=2,
综上,{an}是首项为2,公比为2的等比数列,an=2n.
(2)证明:因为a2=4b1,所以b1=1,
因为nbn+1-(n+1)bn=n2+n,
所以-=1,
综上,是首项为1,公差为1的等差数列,
=1+n-1⇒bn=n2.
(3)解:令pn=c2n-1+c2n
=-+
=(4n-1)×22n-2
=(4n-1)×4n-1,
T2n=3×40+7×41+11×42+…+(4n-1)×4n-1,①
4T2n=3×41+7×42+11×43+…+(4n-5)×4n-1+
　(4n-1)×4n,②
①-②,得-3T2n=3×40+4×41+4×42+…+4×4n-1-(4n-1)·4n,
-3T2n=3+-(4n-1)·4n,
T2n=+·4n.
【例3】 (2018·华中师大一附中5月押题)已知n∈N*,设Sn是单调递减的等比数列{an}的前n项和,a2=且S4+a4,S6+a6,S5+a5成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=-log2an+λn(λ≠-1),数列的前n项和Tn满足T2 018=2 018,求λ的值.
解:(1)设数列{an}的公比为q,由2(S6+a6)=S4+a4+S5+a5,
得(S6-S5)+(S6-S4)+2a6=a4+a5,
即4a6=a4,
所以q2=,
因为{an}是单调递减数列,
所以q=,
又因为a2=,
所以a1=1,所以an=n-1.
(2)由(1)得bn=-log2n-1+λn=(λ+1)n-1,
所以=
=-,
所以T2 018=-
=
=2 018,
所以λ=-1或λ=,
因为λ≠-1,
所以λ=.
【例4】 (2018·江西省南昌市三模)已知数列{an}满足+++…+=n2+n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1) +++…+=n2+n,①
所以当n≥2时,+++…+
=(n-1)2+n-1,②
①-②,得=2n(n≥2),
所以an=n·2n+1(n≥2).
又因为当n=1时,=1+1,
所以a1=4,所以an=n·2n+1.
(2)bn==n(-2)n
Sn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n×
(-2)n,③
(-2)Sn=1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+(n-1)×(-2)n+n(-2)n+1,④
③-④,得3Sn=(-2)+(-2)2+(-2)3+(-2)4+…+(-2)n-n(-2)n+1=-n(-2)n+1,
所以Sn=-.