2019届高三理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28页)

1.(2013·全国Ⅰ卷,理14)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=　　　　. 

解析:当n=1时,由已知Sn=an+,

得a1=a1+,即a1=1;

当n≥2时,Sn-1=an-1+,

所以an=Sn-Sn-1

=an+-an-1+

=an-an-1,

所以an=-2an-1,

所以数列{an}是等比数列,其中首项a1=1,公比q=-2,

所以an=(-2)n-1.

答案:(-2)n-1

2.(2017·全国Ⅱ卷,理15)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　　. 

解析:因为

所以

解得

所以an=n,Sn=,

所以==2-,

所以=21-+-+…+-

=21-

=.

答案:

3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=　　　　. 

解析:因为an+1=Sn+1-Sn,

所以Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

又由a1=-1,知Sn≠0,所以-=1,

所以是等差数列,且公差为-1,而==-1,

所以=-1+(n-1)×(-1)=-n,

所以Sn=-.

答案:-

4.(2014·全国Ⅱ卷,理17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.

(1)证明是等比数列,并求{an}的通项公式;

(2)证明:++…+<.

证明:(1)由an+1=3an+1得an+1+=3an+,

又a1+=,

所以an+是首项为,公比为3的等比数列.

an+=,因此{an}的通项公式为an=.

(2)由(1)知=.

因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤,

于是++…+≤1++…+=1-<.

所以++…+<.

5.(2015·全国Ⅰ卷,理17)Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,+2an=4Sn+3.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.

解:(1)由+2an=4Sn+3,

可知+2an+1=4Sn+1+3.

可得-+2(an+1-an)=4an+1,即

2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).

由于an>0,可得an+1-an=2.

又+2a1=4a1+3,

解得a1=-1(舍去)或a1=3.

所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.

(2)由an=2n+1可知

bn===-.

设数列{bn}的前n项和为Tn,则

Tn=b1+b2+…+bn

=-+-+…+-

=.

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28~31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)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=(k∈N*),则an的表达式是(　　)

(A) (B)

(C) (D)

(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)因为an+1=,

所以==+3,

所以数列是等差数列,公差d=3.

又a1=2,

所以=,

所以=+(n-1)d=+3(n-1)=3n-,

所以an==.故选B.

(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)

(4)(2018·莆田二模)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an+1,则a5为　　　　. 

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.

(4)数列{an}中,a1=2,an+1=2an+1,

变形为an+1+1=2(an+1),

a1+1=3,

所以数列{an+1}为等比数列,首项为3,公比为2,

所以an+1=3×2n-1,

即an=3×2n-1-1,则a5=3×24-1=47.

答案:(1)C　(2)C　(3)B　(4)47

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·上饶二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1+n-2.

①求数列{an}的通项公式;

②设bn=log2(an-1),求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≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1+n-2-(2n+n-1-2)=2n+1,

当n=1时,a1=S1=3,适合上式,

所以an=2n+1.

②由bn=log2(an-1)=log22n=n,

==-.

Tn=+++…+

=1-+-+…+-

=1-

=.

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·葫芦岛一模)已知等比数列{an}的公比q>0,a2a3=8a1,且a4,36,2a6成等差数列.

①求数列{an}的通项公式;

②记bn=,求数列{bn}的前n项和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由a2a3=8a1得a1q3=8,即a4=8,

又因为a4,36,2a6成等差数列,

所以a4+2a6=72,

将a4=8代入得a6=32,

从而a1=1,q=2,

所以an=2n-1.

②bn==2n·n-1,

Tn=2×0+4×1+6×2+…+2(n-1)·n-2+2n·n-1,

Tn=2×1+4×2+6×3+…+2(n-1)·n-1+2n·n,

两式相减得Tn=2×0+21+2+…+n-1-2n·n=2+2×-2n·n=4-(n+2)·n-1,

所以Tn=8-(n+2)·n-2.

(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<.

(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·大庆一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在曲线y=x2+x上,数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1,b4=11,{bn}的前5项和为45.

①求{an},{bn}的通项公式;

②设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求使不等式Tn>恒成立的最大正整数k的值.

(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由已知得Sn=n2+n,

当n=1时,a1=S1=+=3,

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=n+2,

当n=1时,符合上式.

所以an=n+2,

因为数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1,

所以{bn}为等差数列.

设其公差为d,

则

解得

所以bn=2n+3.

②由(1)得,cn====-,

Tn=1-+-+…+-

=1-,

因为Tn+1-Tn=-

=>0,

所以{Tn}是递增数列,

所以Tn≥T1=,

故使Tn>恒成立只要T1=>恒成立即可,

所以k<9,最大正整数k的值为8.

【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·海南一模)已知数列{an}是公差为1的等差数列,且a4,a6,a9成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(-2+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.

解:(1)因为a4,a6,a9成等比数列,

所以=a4·a9,

又因为数列{an}是公差为1的等差数列,

a6=a1+5,a4=a1+3,a9=a1+8,

所以(a1+5)2=(a1+3)(a1+8),

解得a1=1,

所以an=a1+(n-1)d=n.

(2)由(1)可知an=n.

因为bn=(-2+(-1)nan,

所以bn=(-2)n+(-1)nn.

所以S2n=-2+(-2)2+…+(-2)2n+(-1+2-3+4-5+…+2n)

=+n=n+.

【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=-.