（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第2讲 数列的求和问题学案.doc

1第第 2 2 讲讲 数列的求和问题数列的求和问题考情考向分析 数列的求和问题作为数列的基础知识，为数列与不等式等综合问题提供必要的准备热点一 分组转化法求和有些数列，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，然后再合并例 1 在各项均为正数的等比数列an中，a1a34，a3是a22 与a4的等差中项，若an12nb(nN N*)(1)求数列bn的通项公式；(2)若数列满足cnan1，求数列的前n项和Sn.cn1 b2n1·b2n1cn解 (1)设等比数列an的公比为q，且q>0，由an>0，a1a34，得a22，又a3是a22 与a4的等差中项，故 2a3a22a4，2·2q222q2，q2 或q0(舍)ana2qn22n1，an12n2nb，bnn(nN N*)(2)由(1)得，cnan11 b2n1·b2n12n2n，12n12n11 2(1 2n11 2n1)数列的前n项和cnSn2222n1 2(11 3)(1 31 5)(1 2n11 2n1)212n121 2(11 2n1)2n12(nN N*)n 2n1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2对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练 1 已知an为等差数列，且a23，an前 4 项的和为 16，数列bn满足b14，b488，且数列为等比数列(nN N*)bnan(1)求数列an和的通项公式；bnan(2)求数列bn的前n项和Sn.解 (1)设an的公差为d，因为a23，an前 4 项的和为 16，所以a1d3,4a1d16，4 × 3 2解得a11，d2，所以an1(n1)×22n1(nN N*)设的公比为q，则b4a4q3，bnan(b1a1)所以q327，得q3，b4a4 b1a1887 41所以bnan×3n13n(nN N*)(41)(2)由(1)得bn3n2n1，所以Sn(332333n)(1352n1)3(13n)13n(12n1)2n2n2 (nN N*)3 2(3n1)3n1 23 2热点二 错位相减法求和错位相减法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例 2 已知数列an满足a1a3，an1，设bn2nan(nN N*)an 23 2n1(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解 (1)由bn2nan，得an，代入an1得bn 2nan 23 2n1，即bn1bn3，bn1 2n1bn 2n13 2n1所以数列bn是公差为 3 的等差数列，又a1a3，所以，即，所以b12，b1 2b3 8b1 2b16 8所以bnb13(n1)3n1(nN N*)3(2)由bn3n1，得an，bn 2n3n1 2n所以Sn ，2 25 228 233n1 2nSn，1 22 225 238 243n1 2n1两式相减得Sn131 2(1 221 231 2n)3n1 2n1 ，5 23n5 2n1所以Sn5(nN N*)3n5 2n思维升华 (1)错位相减法适用于求数列an·bn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列(2)所谓“错位” ，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取n1,2 进行验证跟踪演练 2 已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN N*)数列bn是公差d不等1 2于 0 的等差数列，且满足：b1a1，b2，b5，b14成等比数列3 2(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnan·bn，求数列cn的前n项和Tn.解 (1)当n1 时，a1a11，a1 ，1 22 3当n2 时，Error!SnSn1，所以anan1(n2)，1 2(an1an)1 3所以an是以 为首项， 为公比的等比数列，2 31 3所以an ×n12×n.2 3(1 3)(1 3)由b11，又bb2b14，得2，2 5(14d)(1d)(113d)d22d0，因为d0，所以d2，所以bn2n1(nN N*)(2)由(1)得cn，4n2 3n则Tn ，2 36 3210 334n2 3n4Tn，1 32 326 3310 344n6 3n4n2 3n1得，Tn 4，2 32 3(1 321 331 3n)4n2 3n1 4× ，2 31 91 3n11134n2 3n14 32 3n4n2 3n1所以Tn2(nN N*)2n2 3n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，主要适用于或(其中an为等差数列)等形式的数列求和1 anan1 1 anan2例 3 已知数列an的前n项和Sn满足：Sna(Snan1)(nN N*)(a为常数，a0，a1)(1)求an的通项公式；(2)设bnanSn，若数列bn为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，cn.若数列的前n项和为Tn，且对任an1(an1)(an11)cn意nN N*满足Tn成立，求n的最小值1 an·an19 19解 (1)由 2Sna2Sn11 知，2n2Sn1a2Sn21，2n1(n 3)两式相减得，2anaa2an1，2n2n1即 2，(anan1)(anan1)(anan1)又数列an为递增数列，a11，anan1>0，anan12，(n 3)又当n2 时，2a2a11，(a1a2)2 2即a2a230，解得a23 或a21(舍)，2 26a2a12，符合anan12，an是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，an1(n1)×22n1(nN N*)(2)bn，12n12n11 2(1 2n11 2n1)Tn1 2(1 11 31 31 51 2n11 2n1)，1 2(11 2n1)又Tn>，即>，解得n>9，9 191 2(11 2n1)9 19又nN N*，n的最小值为 10.真题体验1(2017·全国)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.n k11 Sk答案 (nN N*)2n n1解析 设等差数列an的公差为d，由Error!得Error!Snn×1×1，nn12nn122.1 Sn2nn1(1 n1 n1)n k11 Sk1 S11 S21 S31 Sn2(11 21 21 31 31 41 n1 n1)2(nN N*)(11 n1)2n n12(2017·天津)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN N*)，bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN N*)7解 (1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，又b12，所以q2q60.又因为q>0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得 3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2(nN N*)所以数列an的通项公式为an3n2(nN N*)，数列bn的通项公式为bn2n(nN N*)(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n12×4n1，得a2nb2n1(3n1)×4n，故Tn2×45×428×43(3n1)×4n，4Tn2×425×438×44(3n4)×4n(3n1)×4n1，得3Tn2×43×423×433×4n(3n1)×4n14(3n1)×4n112 × 14n14(3n2)×4n18，得Tn×4n1 (nN N*)3n2 38 3所以数列a2nb2n1的前n项和为×4n1 (nN N*)3n2 38 3押题预测1已知数列an的通项公式为an(nN N*)，其前n项和为Sn，若存在MZ Z，满n22nnn1足对任意的nN N*，都有Sn0；2bbn1bnb0.1 42n12n(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式解 (1)当n1 时，a1S11，当n2 时，anSnSn12n1(nN N*)，又a11 满足an2n1，an2n1(nN N*)2bbn1bnb0，2n12n且bn>0，2bn1bn，q ，又b3b1q2 ，1 21 4b11，bnn1(nN N*)(1 2)(2)由(1)得cn(2n1)n1，(1 2)Tn13× 5×2(2n1)n1，1 2(1 2)(1 2)Tn1× 3×2(2n3)n1(2n1)×n，1 21 2(1 2)(1 2)(1 2)两式相减，得Tn12× 2×22×n1(2n1)×n1 21 2(1 2)(1 2)(1 2)12(2n1)×n1(1 2)n1(1 2)3n1.(1 2)(3 2n)Tn6n1(2n3)(nN N*)(1 2)A A 组组 专题通关专题通关1已知数列an，bn满足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0 的两根，则b10等于( )A24 B32 9C48 D64答案 D解析 由已知有anan12n，an1an22n1，则2，an2 an数列an的奇数项、偶数项均为公比为 2 的等比数列，可以求出a22，数列an的项分别为 1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2已知数列an的前n项和为Sn2n1m，且a1，a4，a52 成等差数列，bn，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn>的最小正整数n的值为( )anan1an112 017 2 018A11 B10 C9 D8答案 B解析 根据Sn2n1m可以求得anError!所以有a1m4，a416，a532，根据a1，a4，a52 成等差数列，可得m432232，从而求得m2，所以a12 满足an2n，从而求得an2n(nN N*)，所以bnanan1an112n2n12n11，1 2n11 2n11所以Tn1 1，1 31 31 71 71 151 2n11 2n111 2n11令 1>，整理得 2n1>2 019，1 2n112 017 2 018解得n10.3设Sn为数列an的前n项和，已知a1 ，2n(nN N*)，则S100等于( )1 2n1 an1n anA2 B249 210049 299C2 D251 210051 299答案 D解析 由2n，得2n，n1 an1n ann1 an1n an10则2n1，2n2，21，n ann1 an1n1 an1n2 an22 a21 a1将各式相加得21222n12n2，n an1 a1又a1 ，所以ann·，1 21 2n因此S1001× 2×100×，1 21 221 2100则S1001×2×99×100×，1 21 221 231 21001 2101两式相减得S100 100×，1 21 21 221 231 21001 2101所以S100299100·1002.(1 2)(1 2)51 2994在等比数列an中，a2·a32a1，且a4与 2a7的等差中项为 17，设bn(1)nan，nN N*，则数列bn的前 2 018 项的和为_答案 41 008 31 12解析 设等比数列an的首项为a1，公比为q.a2·a32a1，a1·q32，即a42.a4与 2a7的等差中项为 17，a42a734，即a716，a1 ，q2，1 4an·2n12n3(nN N*)(1 4)bn(1)nan(1)n·2n3，数列bn的前 2 018 项的和为S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(22202222 014)(21212322 015).1 4141 009 141 2141 009 1441 008 31 125若数列an的通项公式annsin(nN N*)，其前n项和为Sn，则S2 018_.n 3答案 2 019 3211解析 a1a2a3a4a5a63，3a7a8a9a10a11a123，3，a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m63，mN N，3所以S2 018.2 019 326已知数列an，a1e(e 是自然对数的底数)，an1a(nN N*)3n(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(2n1)ln an，求数列bn的前n项和Tn.解 (1)由a1e，an1a知，an>0，3n所以 ln an13ln an，数列是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，ln an所以 ln an3n1，an13ne(nN N*)(2)由(1)得bn(2n1)ln an(2n1)·3n1，Tn1×303×315×32(2n1)×3n1，3Tn1×313×32(2n3)×3n1(2n1)×3n，得2Tn12(3132333n1)(2n1)×3n12×(2n1)×3n2(n1)×3n2.33n 13所以Tn(n1)×3n1(nN N*)7在等比数列an中，首项a18，数列bn满足bnlog2an(nN N*)，且b1b2b315.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Sn，又设数列的前n项和为Tn，求证：Tn0，anan11，即数列an是等差数列，又 2a12S1a1a，a11，ann(nN N*)2 1又x(1，e，00，从而数列为递增数列，2n1n11(2nn1)en所以当n1 时，en取最小值e10，于是a0.12设数列an的首项为 1，前n项和为Sn，若对任意的nN N*，均有Snankk(k是常数且kN N*)成立，则称数列an为“P(k)数列” (1)若数列an为“P(1)数列” ，求数列an的通项公式；(2)是否存在数列an既是“P(k)数列” ，也是“P(k2)数列”？若存在，求出符合条件的数列an的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；15(3)若数列an为“P(2)数列” ，a22，设Tn，证明：Tn0，an 2n1故 Tn< Tn，即 Tn<3.123414