（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、1第 2 讲 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 an1 2nb(nN *)(1)求数列 bn的通项公式；(2)若数列 满足 cn an1 ，求数列 的前 n 项和 S1b2n 1b2n 1 cn解 (1)设等比数列 an的公比为 q，且 q0，由 an0， a1a34，得 a22，又

2、 a3是 a22 与 a4的等差中项，故 2a3 a22 a4，22 q222 q2， q2 或 q0(舍) an a2qn2 2 n1 ， an1 2 n b， bn n(nN *)(2)由(1)得， cn an1 1b2n 1b2n 12 n 2 n ，12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1)2数列 的前 n 项和cnSn22 22 n12(1 13) (13 15) ( 12n 1 12n 1) 21 2n1 2 12(1 12n 1)2 n1 2 (nN *)n2n 1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

3、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 *)bn an(1)求数列 an和 的通项公式；bn an(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 a1 d3,4 a1 d16，432解得 a11， d2，所以 an1( n1)22 n1(

4、nN *)设 的公比为 q，则 b4 a4 q3，bn an (b1 a1)所以 q3 27，得 q3，b4 a4b1 a1 88 74 1所以 bn an 3n1 3 n(nN *)(4 1)(2)由(1)得 bn3 n2 n1，所以 Sn(33 23 33 n)(1352 n1) 3(1 3n)1 3 n(1 2n 1)2 n2 n2 (nN *)32(3n 1) 3n 12 32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anbn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 a1 a3， a

5、n1 ，设 bn2 nan(nN *)an2 32n 13(1)求数列 bn的通项公式；(2)求数列 an的前 n 项和 Sn.解 (1)由 bn2 nan，得 an ，代入 an1 得bn2n an2 32n 1 ，即 bn1 bn3，bn 12n 1 bn2n 1 32n 1所以数列 bn是公差为 3 的等差数列，又 a1 a3，所以 ，即 ，所以 b12，b12 b38 b12 b1 68所以 bn b13( n1)3 n1( nN *)(2)由 bn3 n1，得 an ，bn2n 3n 12n所以 Sn ，22 522 823 3n 12nSn ，12 222 523 824 3n 1

6、2n 1两式相减得 Sn13 12 (122 123 12n) 3n 12n 1 ，52 3n 52n 1所以 Sn5 (nN *)3n 52n思维升华 (1)错位相减法适用于求数列 anbn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 Sn an1( nN *)数列 bn是公差 d 不等12于 0 的等差数列，且满足： b1 a1， b2， b5， b14成等比数列32(

7、1)求数列 an， bn的通项公式；(2)设 cn anbn，求数列 cn的前 n 项和 Tn.解 (1)当 n1 时， a1 a11， a1 ，12 23当 n2 时，Error!Sn Sn1 ，所以 an an1 (n2)，12(an 1 an) 134所以 an是以 为首项， 为公比的等比数列，23 13所以 an n1 2 n.23 (13) (13)由 b11，又 b b2b14，得 2 ，25 (1 4d) (1 d)(1 13d)d22 d0，因为 d0，所以 d2，所以 bn2 n1( nN *)(2)由(1)得 cn ，4n 23n则 Tn ，23 632 1033 4n 2

8、3nTn ，13 232 633 1034 4n 63n 4n 23n 1得， Tn 4 ，23 23 (132 133 13n) 4n 23n 1 4 ，2319 13n 11 13 4n 23n 1 43 23n 4n 23n 1所以 Tn2 (nN *)2n 23n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1anan 1 1anan 2例 3 已知数列 an的前 n 项和 Sn满足： Sn a(Sn an1)( nN *)(a 为常数，a0， a1)(1)求 an的通项公式；

9、(2)设 bn an Sn，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an 1(an 1)(an 1 1) cn意 nN *满足 Tn 成立，求 n 的最小值1anan 1 9196解 (1)由 2Sn a 2 Sn1 1 知，2n2Sn1 a 2 Sn2 1 ，2n 1 (n 3)两式相减得，2 an a a 2 an1 ，2n 2n 1即 2 ，(an an 1) (an an 1)(an an 1)又数列 an为递增数列， a11， an an1 0， an an1 2 ，(n 3)又当 n2 时，2 a 2 a

10、11，(a1 a2) 2即 a 2 a230，解得 a23 或 a21(舍)，2a2 a12，符合 an an1 2， an是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， an1( n1)22 n1( nN *)(2)bn ，12n 12n 1 12( 12n 1 12n 1) Tn12(11 13 13 15 12n 1 12n 1) ，12(1 12n 1)又 Tn ，即 ，解得 n9，919 12(1 12n 1) 919又 nN *， 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 _.nk 11Sk答案 (nN *)2nn

11、 1解析 设等差数列 an的公差为 d，由Error! 得Error! Sn n1 1 ，nn 12 nn 12 2 .1Sn 2nn 1 (1n 1n 1) nk 11Sk 1S1 1S2 1S3 1Sn72 (112 12 13 13 14 1n 1n 1)2 (nN *)(11n 1) 2nn 12(2017天津)已知 an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN *)， bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0， b2 b312， b3 a42 a1， S1111 b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前 n 项和( nN *)解 (1)设等差数列

12、an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q.由已知 b2 b312，得 b1(q q2)12，又 b12，所以 q2 q60.又因为 q0，解得 q2，所以 bn2 n.由 b3 a42 a1，可得 3d a18，由 S1111 b4，可得 a15 d16，联立，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2( nN *)所以数列 an的通项公式为 an3 n2( nN *)，数列 bn的通项公式为 bn2 n(nN *)(2)设数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 Tn，由 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，得 a2nb2n1 (3 n1)4n，故 Tn2454 284 3(3 n

13、1)4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4 n1 ，得3 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)4 n1121 4n1 4(3 n2)4 n1 8，得 Tn 4n1 (nN *)3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 4n1 (nN *)3n 23 83押题预测1已知数列 an的通项公式为 an (nN *)，其前 n 项和为 Sn，若存在 MZ，满n 22nnn 1足对任意的 nN *，都有 Sn0；2 b bn1 bn b 0.14 2n 1 2n(1)求数列 an与 bn的通项公式；(2)设 cn anbn

14、，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， a1 S11，当 n2 时， an Sn Sn1 2 n1( nN *)，又 a11 满足 an2 n1， an2 n1( nN *)2 b bn1 bn b 0，2n 1 2n且 bn0，2 bn1 bn， q ，又 b3 b1q2 ，12 14 b11， bn n1 (nN *)(12)(2)由(1)得 cn(2 n1) n1 ，(12)Tn13 5 2(2 n1) n1 ，12 (12) (12)Tn1 3 2(2 n3)

15、 n1 (2 n1) n，12 12 (12) (12) (12)两式相减，得 Tn12 2 22 n1 (2 n1) n12 12 (12) (12) (12)12 (2 n1) n1 (12)n 1 (12)3 n1 .(12) (32 n)9 Tn6 n1 (2n3)( nN *)(12)A 组 专题通关1已知数列 an， bn满足 a11，且 an， an1 是方程 x2 bnx2 n0 的两根，则 b10等于( )A24 B32 C48 D64答案 D解析 由已知有 anan1 2 n， an1 an2 2 n1 ，则 2，an 2an数列 an的奇数项、偶数项均为公比为 2 的等比

16、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 bn an an1 ， b10 a10 a11323264.2已知数列 an的前 n 项和为 Sn2 n1 m，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( )anan 1an 1 1 2 0172 018A11 B10 C9 D8答案 B解析 根据 Sn2 n1 m 可以求得 anError!所以有 a1 m4， a416， a532，根据 a1， a4， a52 成等差数列，可得 m432232，从而求得 m2，

17、所以 a12 满足 an2 n，从而求得 an2 n(nN *)，所以 bn anan 1an 1 1 2n2n 12n 1 1 ，12n 1 12n 1 1所以 Tn1 1 ，13 13 17 17 115 12n 1 12n 1 1 12n 1 1令 1 ，整理得 2n1 2 019，12n 1 12 0172 018解得 n10.103设 Sn为数列 an的前 n 项和，已知 a1 ， 2 n(nN *)，则 S100等于( )12 n 1an 1 nanA2 B2492100 49299C2 D2512100 51299答案 D解析 由 2 n，得 2 n，n 1an 1 nan n

18、1an 1 nan则 2 n1 ， 2 n2 ， 2 1，nan n 1an 1 n 1an 1 n 2an 2 2a2 1a1将各式相加得 2 12 22 n1 2 n2，nan 1a1又 a1 ，所以 an n ，12 12n因此 S1001 2 100 ，12 122 12100则 S1001 2 99 100 ，12 122 123 12100 12101两式相减得 S100 100 ，12 12 122 123 12100 12101所以 S1002 99100 1002 .(12) (12) 512994在等比数列 an中， a2a32 a1，且 a4与 2a7的等差中项为 17，

19、设 bn(1)nan， nN *，则数列 bn的前 2 018 项的和为_答案 41 0083 112解析 设等比数列 an的首项为 a1，公比为 q. a2a32 a1， a1q32，即 a42. a4与 2a7的等差中项为 17， a42 a734，即 a716， a1 ， q2，14 an 2n1 2 n3 (nN *)(14) bn(1) nan(1) n2n3 ，数列 bn的前 2 018 项的和为S2 018( a1 a3 a2 017)( a2 a4 a2 018)(2 2 2 02 22 2 014)11(2 1 2 12 32 2 015) .141 41 0091 4121

20、 41 0091 4 41 0083 1125若数列 an的通项公式 an nsin (nN *)，其前 n 项和为 Sn，则 S2 018_.n3答案 2 01932解析 a1 a2 a3 a4 a5 a63 ，3a7 a8 a9 a10 a11 a123 ，3，a6m1 a6m2 a6m3 a6m4 a6m5 a6m63 ， mN，3所以 S2 018 .2 019326已知数列 an， a1e(e 是自然对数的底数)， an1 a (nN *)3n(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn(2 n1)ln an，求数列 bn的前 n 项和 Tn.解 (1)由 a1e， an1 a 知，

21、 an0，3n所以 ln an1 3ln an，数列 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，ln an所以 ln an3 n1 ， an 1e(nN *)(2)由(1)得 bn(2 n1)ln an(2 n1)3 n1 ，Tn13 033 153 2(2 n1)3 n1 ，3Tn13 133 2(2 n3)3 n1 (2 n1)3 n，得2 Tn12(3 13 23 33 n1 )(2 n1)3 n12 (2 n1)3 n2( n1)3 n2.3 3n1 3所以 Tn( n1)3 n1( nN *)7在等比数列 an中，首项 a18，数列 bn满足 bnlog 2an(nN *)，且 b1

22、b2 b315.(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， an an1 1，即数列 an是等差数列，又 2a12 S1 a1 a ， a11， an n(nN *)21又 x(1，e，00，从而数列 为递增数列，2n 1 n 1 1 (2n n 1) en15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 *，均有 Sn an k k(k 是常数且 kN *)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；(3)若数列 an为“ P(2)数列” ， a22，设 Tn ，证明： Tn0，an2n 1故 Tn Tn，即 Tn3.12 34 14