（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習 專題三 數(shù)列與不等式 第2講 數(shù)列的求和問題學案

第2講數(shù)列的求和問題考情考向分析數(shù)列的求和問題作為數(shù)列的基礎(chǔ)知識，為數(shù)列與不等式等綜合問題提供必要的準備熱點一分組轉(zhuǎn)化法求和有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，即先分別求和，然后再合并例1在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中，a1a34，a3是a22與a4的等差中項，若an1(nN*)(1)求數(shù)列bn的通項公式；(2)若數(shù)列滿足cnan1，求數(shù)列的前n項和Sn.解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，且q>0，由an>0，a1a34，得a22，又a3是a22與a4的等差中項，故2a3a22a4，2·2q222q2，q2或q0(舍)ana2qn22n1，an12n，bnn(nN*)(2)由(1)得，cnan12n2n，數(shù)列的前n項和Sn2222n2n12(nN*)思維升華在處理一般數(shù)列求和時，一定要注意使用轉(zhuǎn)化思想把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進行求和，在求和時要分清楚哪些項構(gòu)成等差數(shù)列，哪些項構(gòu)成等比數(shù)列，清晰正確地求解在利用分組求和法求和時，由于數(shù)列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數(shù)n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式跟蹤演練1已知an為等差數(shù)列，且a23，an前4項的和為16，數(shù)列bn滿足b14，b488，且數(shù)列為等比數(shù)列(nN*)(1)求數(shù)列an和的通項公式；(2)求數(shù)列bn的前n項和Sn.解(1)設(shè)an的公差為d，因為a23，an前4項的和為16，所以a1d3,4a1d16，解得a11，d2，所以an1(n1)×22n1(nN*)設(shè)的公比為q，則b4a4q3，所以q327，得q3，所以bnan×3n13n(nN*)(2)由(1)得bn3n2n1，所以Sn(332333n)(1352n1)n2n2(nN*)熱點二錯位相減法求和錯位相減法是在推導等比數(shù)列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數(shù)列an·bn的前n項和，其中an，bn分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列例2已知數(shù)列an滿足a1a3，an1，設(shè)bn2nan(nN*)(1)求數(shù)列bn的通項公式；(2)求數(shù)列an的前n項和Sn.解(1)由bn2nan，得an，代入an1得，即bn1bn3，所以數(shù)列bn是公差為3的等差數(shù)列，又a1a3，所以，即，所以b12，所以bnb13(n1)3n1(nN*)(2)由bn3n1，得an，所以Sn，Sn，兩式相減得Sn13，所以Sn5(nN*)思維升華(1)錯位相減法適用于求數(shù)列an·bn的前n項和，其中an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列(2)所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減要注意的是相減后得到部分求等比數(shù)列的和，此時一定要查清其項數(shù)(3)為保證結(jié)果正確，可對得到的和取n1,2進行驗證跟蹤演練2已知數(shù)列an的前n項和是Sn，且Snan1(nN*)數(shù)列bn是公差d不等于0的等差數(shù)列，且滿足：b1a1，b2，b5，b14成等比數(shù)列(1)求數(shù)列an，bn的通項公式；(2)設(shè)cnan·bn，求數(shù)列cn的前n項和Tn.解(1)當n1時，a1a11，a1，當n2時，SnSn1，所以anan1(n2)，所以an是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以an×n12×n.由b11，又bb2b14，得2，d22d0，因為d0，所以d2，所以bn2n1(nN*)(2)由(1)得cn，則Tn，Tn，得，Tn4，4×，所以Tn2(nN*)熱點三裂項相消法求和裂項相消法是指把數(shù)列和式中的各項分別裂開后，某些項可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于或(其中an為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和例3已知數(shù)列an的前n項和Sn滿足：Sna(Snan1)(nN*)(a為常數(shù)，a0，a1)(1)求an的通項公式；(2)設(shè)bnanSn，若數(shù)列bn為等比數(shù)列，求a的值；(3)在滿足條件(2)的情形下，cn.若數(shù)列的前n項和為Tn，且對任意nN*滿足Tn<2，求實數(shù)的取值范圍解(1)Sna，n1時，a1a.n2時，Sn1a(Sn1an11)，SnSn1ana(SnSn1)aanaan1，anaan1，即a且 a0，a1，數(shù)列an是以a為首項，a為公比的等比數(shù)列，anan(nN*)(2)由bnanSn得，b12a，b22a2a，b32a3a2a.數(shù)列bn為等比數(shù)列，bb1b3，即(2a2a)22a(2a3a2a)，解得a.(3)由(2)知cn，Tn<，2，解得或1.即實數(shù)的取值范圍是(，1思維升華(1)裂項相消法的基本思想就是把通項an分拆成anbnkbn(k1，kN*)的形式，從而在求和時達到某些項相消的目的，在解題時要善于根據(jù)這個基本思想變換數(shù)列an的通項公式，使之符合裂項相消的條件(2)常用的裂項公式若an是等差數(shù)列，則，；，；，()跟蹤演練3已知數(shù)列an為遞增數(shù)列，a11，其前n項和為Sn，且滿足2Sna2Sn11.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)若bn，其前n項和為Tn，若Tn>成立，求n的最小值解(1)由2Sna2Sn11知，2Sn1a2Sn21，兩式相減得，2anaa2an1，即2，又數(shù)列an為遞增數(shù)列，a11，anan1>0，anan12，又當n2時，2a2a11，即a2a230，解得a23或a21(舍)，a2a12，符合anan12，an是以1為首項，以2為公差的等差數(shù)列，an1(n1)×22n1(nN*)(2)bn，Tn，又Tn>，即>，解得n>9，又nN*，n的最小值為10.真題體驗1(2017·全國)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a33，S410，則_.答案(nN*)解析 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由得Snn×1×1，2.22(nN*)2(2017·天津)已知an為等差數(shù)列，前n項和為Sn(nN*)，bn是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通項公式；(2)求數(shù)列a2nb2n1的前n項和(nN*)解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，又b12，所以q2q60.又因為q>0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，聯(lián)立，解得a11，d3，由此可得an3n2(nN*)所以數(shù)列an的通項公式為an3n2(nN*)，數(shù)列bn的通項公式為bn2n(nN*)(2)設(shè)數(shù)列a2nb2n1的前n項和為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)×4n1(3n2)×4n18，得Tn×4n1(nN*)所以數(shù)列a2nb2n1的前n項和為×4n1(nN*)押題預測1已知數(shù)列an的通項公式為an(nN*)，其前n項和為Sn，若存在MZ，滿足對任意的nN*，都有Sn<M恒成立，則M的最小值為_押題依據(jù)數(shù)列的通項以及求和是高考重點考查的內(nèi)容，也是考試大綱中明確提出的知識點，年年在考，年年有變，變的是試題的外殼，即在題設(shè)的條件上有變革，有創(chuàng)新，但在變中有不變性，即解答問題的常用方法有規(guī)律可循答案1解析因為an，所以Sn1，由于1<1，所以M的最小值為1.2數(shù)列an的前n項和Sn滿足：Snn2，數(shù)列bn滿足：b3；bn>0；2bbn1bnb0.(1)求數(shù)列an與bn的通項公式；(2)設(shè)cnanbn，求數(shù)列cn的前n項和Tn.押題依據(jù)錯位相減法求和是高考的重點和熱點，本題先利用an，Sn的關(guān)系求an，也是高考出題的常見形式解(1)當n1時，a1S11，當n2時，anSnSn12n1(nN*)，又a11滿足an2n1，an2n1(nN*)2bbn1bnb0，且bn>0，2bn1bn，q，又b3b1q2，b11，bnn1(nN*)(2)由(1)得cn(2n1)n1，Tn13×5×2(2n1)n1，Tn1×3×2(2n3)n1(2n1)×n，兩式相減，得Tn12×2×22×n1(2n1)×n12(2n1)×n3n1.Tn6n1(2n3)(nN*)A組專題通關(guān)1已知數(shù)列an，bn滿足a11，且an，an1是方程x2bnx2n0的兩根，則b10等于()A24 B32 C48 D64答案D解析由已知有anan12n，an1an22n1，則2，數(shù)列an的奇數(shù)項、偶數(shù)項均為公比為2的等比數(shù)列，可以求出a22，數(shù)列an的項分別為1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，而bnanan1，b10a10a11323264.2已知數(shù)列an的前n項和為Sn2n1m，且a1，a4，a52成等差數(shù)列，bn，數(shù)列bn的前n項和為Tn，則滿足Tn>的最小正整數(shù)n的值為()A11 B10 C9 D8答案B解析根據(jù)Sn2n1m可以求得an所以有a1m4，a416，a532，根據(jù)a1，a4，a52成等差數(shù)列，可得m432232，從而求得m2，所以a12滿足an2n，從而求得an2n(nN*)，所以bn，所以Tn11，令1>，整理得2n1>2 019，解得n10.3設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項和，已知a1，2n(nN*)，則S100等于()A2 B2C2 D2答案D解析由2n，得2n，則2n1，2n2，21，將各式相加得21222n12n2，又a1，所以ann·，因此S1001×2×100×，則S1001×2×99×100×，兩式相減得S100100×，所以S100299100·1002.4在等比數(shù)列an中，a2·a32a1，且a4與2a7的等差中項為17，設(shè)bn(1)nan，nN*，則數(shù)列bn的前2 018項的和為_答案解析設(shè)等比數(shù)列an的首項為a1，公比為q.a2·a32a1，a1·q32，即a42.a4與2a7的等差中項為17，a42a734，即a716，a1，q2，an·2n12n3(nN*)bn(1)nan(1)n·2n3，數(shù)列bn的前2 018項的和為S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(22202222 014)(21212322 015).5若數(shù)列an的通項公式annsin(nN*)，其前n項和為Sn，則S2 018_.答案解析a1a2a3a4a5a63，a7a8a9a10a11a123，a6m1a6m2a6m3a6m4a6m5a6m63，mN，所以S2 018.6已知數(shù)列an，a1e(e是自然對數(shù)的底數(shù))，an1a(nN*)(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)bn(2n1)ln an，求數(shù)列bn的前n項和Tn.解(1)由a1e，an1a知，an>0，所以ln an13ln an，數(shù)列是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以ln an3n1，an(nN*)(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.所以Tn(n1)×3n1(nN*)7在等比數(shù)列an中，首項a18，數(shù)列bn滿足bnlog2an(nN*)，且b1b2b315.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)記數(shù)列bn的前n項和為Sn，又設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，求證：Tn<.(1)解由bnlog2an和b1b2b315，得log2(a1a2a3)15，a1a2a3215，設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，a18，an8qn1，8·8q·8q2215，解得q4，an8·4n1，即an22n1(nN*)(2)證明由(1)得bn2n1，易知bn為等差數(shù)列，Sn35(2n1)n22n，則，Tn，Tn<.8在公差不為0的等差數(shù)列an中，aa3a6，且a3為a1與a11的等比中項(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)bn(1)n(nN*)，求數(shù)列bn的前n項和Tn.解(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d，aa3a6，(a1d)2a12da15d，aa1·a11，即(a12d)2a1·(a110d)，d0，由解得a12，d3.數(shù)列an的通項公式為an3n1(nN*)(2)由題意知，bn(1)n(1)n··(1)n··Tn.B組能力提高9(2018·浙江省臺州中學模擬)數(shù)列an滿足an1(1)nan2n1，則an的前60項和為()A3 660 B3 690 C1 830 D1 845答案C解析由an1(1)nan2n1得an2(1)n1an12n1，當n為奇數(shù)時，有an1an2n1，an2an12n1，兩式相減得an2an2；當n為偶數(shù)時，有an1an2n1，an2an12n1，兩式相加得an2an4n，所以可將數(shù)列an的所有奇數(shù)項連續(xù)兩項看成一個整體，構(gòu)成每一項都為2的常數(shù)數(shù)列，所有偶數(shù)項連續(xù)兩項看成一個整體，構(gòu)成首項為8，公差為16的等差數(shù)列，則S6015×215×8×161 830，故選C.10設(shè)數(shù)列an的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，對于任意的nN*，an，Sn，a成等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn，且bn，若對任意的實數(shù)x(e是自然對數(shù)的底數(shù))和任意正整數(shù)n，總有Tn<r，則r的最小值為_答案2解析由題意得，2Snana，當n2時，2Sn1an1a，2Sn2Sn1anaan1a，(anan1)(anan11)0，an>0，anan11，即數(shù)列an是等差數(shù)列，又2a12S1a1a，a11，ann(nN*)又x(1，e，0<ln x1，Tn1<112<2，r2，即r的最小值為2.11已知數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足Sn2an1(nN*)，數(shù)列bn滿足nbn1(n1)bnn(n1)(nN*)，且b11，(1)證明數(shù)列為等差數(shù)列，并求數(shù)列an和bn的通項公式；(2)若cn(1)n1，求數(shù)列cn的前2n項和T2n；(3)若dnan·，數(shù)列的前n項和為Dn，對任意的nN*，都有DnnSna，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由nbn1(n1)bnn(n1)兩邊同除以n(n1)，得1，從而數(shù)列為首項1，公差d1的等差數(shù)列，所以n(nN*)，所以數(shù)列bn的通項公式為bnn2(nN*)當n1時，S12a11a1，所以a11.當n2時，Sn2an1，Sn12an11，兩式相減得an2an1，又a110，所以2，從而數(shù)列an為首項a11，公比q2的等比數(shù)列，從而數(shù)列an的通項公式為an2n1(nN*)(2)cn(1)n1·(1)n1，T2nc1c2c3c2n1c2n(nN*)(3)由(1)得dnan·n·2n1，Dn1×12×23×22(n1)·2n2n·2n1，2Dn1×22×223×23(n1)·2n1n·2n.兩式相減得Dn12222n1n·2nn·2n，所以Dn(n1)·2n1，由(1)得Sn2an12n1，因為對任意nN*，都有DnnSna，即(n1)·2n1na恒成立，所以a2nn1恒成立，記en2nn1，所以amin，因為en1en2n1>0，從而數(shù)列為遞增數(shù)列，所以當n1時，en取最小值e10，于是a0.12設(shè)數(shù)列an的首項為1，前n項和為Sn，若對任意的nN*，均有Snankk(k是常數(shù)且kN*)成立，則稱數(shù)列an為“P(k)數(shù)列”(1)若數(shù)列an為“P(1)數(shù)列”，求數(shù)列an的通項公式；(2)是否存在數(shù)列an既是“P(k)數(shù)列”，也是“P(k2)數(shù)列”？若存在，求出符合條件的數(shù)列an的通項公式及對應(yīng)的k的值；若不存在，請說明理由；(3)若數(shù)列an為“P(2)數(shù)列”，a22，設(shè)Tn，證明：Tn<3.(1)解因為數(shù)列an為“P(1)數(shù)列”，則Snan11，故Sn1an21，兩式相減得，an22an1，又n1時，a1S1a21，所以a22，故an12an對任意的nN*恒成立，即2(常數(shù))，故數(shù)列an為等比數(shù)列，其通項公式為an2n1，nN*.(2)解假設(shè)存在這樣的數(shù)列an，則Snankk，故Sn1ank1k，兩式相減得，an1ank1ank，故an3ank3ank2，同理由an是“P(k2)數(shù)列”可得，an1ank3ank2，所以an1an3對任意nN*恒成立所以Snankkank2kSn2，即SnSn2，又Snank2k2Sn22，即Sn2Sn2，兩者矛盾，故不存在這樣的數(shù)列an既是“P(k)數(shù)列”，也是“P(k2)數(shù)列”(3)證明因為數(shù)列an為“P(2)數(shù)列”，所以Snan22，所以Sn1an32，故有an1an3an2，又n1時，a1S1a32，故a33，滿足a3a2a1，所以an2an1an對任意正整數(shù)n恒成立，數(shù)列的前幾項為1,2,3,5,8.故Tn，所以Tn，兩式相減得TnTn2，顯然Tn2<Tn，>0，故Tn<Tn，即Tn<3.16