2019届高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用教案理.doc

1、1第 2讲 数列求和及简单应用1.(2013全国卷,理 14)若数列a n的前 n项和 Sn= an+ ,则a n的通项公式是 an= .13解析:当 n=1时,由已知 Sn= an+ ,23 13得 a1= a1+ ,即 a1=1;23 13当 n2 时,S n-1= an-1+ ,23 13所以 an=Sn-Sn-1= an+ - an-1+23 13 23 13= an- an-1,23 23所以 an=-2an-1,所以数列a n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-12.(2017全国卷,理 15)等差数列a n的前 n项和为

2、 Sn,a3=3,S4=10,则 = .解析:因为所以 1+2=3,41+6=10,解得 1=1,=1,所以 an=n,Sn= ,所以 = =2 - ,1所以 =2 1- + - + -121213=2 1-2= .答案:3.(2015全国卷,理 16)设 Sn是数列a n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 Sn0,所以 - =1,1 1+1所以 是等差数列,且公差为-1,而 = =-1,1所以 =-1+(n-1)(-1)=-n,1所以 Sn=- .答案:-4.(20

3、14全国卷,理 17)已知数列a n满足 a1=1,an+1=3an+1.(1)证明 是等比数列,并求a n的通项公式;(2)证明: + + 0, +2an=4Sn+3.(1)求a n的通项公式;(2)设 bn= ,求数列b n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 an0,可得 an+1-an=2.又 +2a1=4a1+3,21解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.所以a n是首项为 3,公差为 2的等差数列,通项公式为 an

4、=2n+1.(2)由 an=2n+1可知bn= = = - .12 12+1 12+3设数列b n的前 n项和为 Tn,则Tn=b1+b2+bn= - + - + -12 1315 1517 12+1 12+3= .3(2+3)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 2831页)4数列的通项公式【例 1】 (1)(2018安徽黄山一模)数列a n中,已知对任意正整数 n,有 a1+a2+an=2n-1,则 + + 等于( )212

5、2(A)(2n-1)2 (B) (2n-1)213(C)4n-1 (D) (4n-1)13(2)在数列a n中,已知 a1=2,an+1= (kN *),则 an的表达式是( )(A) (B)243 265(C) (D)24+3(3)(2018河北石家庄一模)若数列a n满足 a1=2,an+1= ,则 a2 018的值为( )1+1(A)2 (B)-3 (C)- (D)12 13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,(21)2故数列 是首项为

6、 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.2122 1(14)14 13(2)因为 an+1= ,所以 = = +3,1+1 1所以数列 是等差数列 ,公差 d=3.1又 a1=2,所以 = ,125所以 = +(n-1)d= +3(n-1)=3n- ,1 12 52所以 an= = .故选 B.265(3)由题 a1=2,an+1= ,1+1所以 a2= =-3,a3= =- ,1+1111+212 12a4= = ,a5= =2.1+313131+414故数列a n是以 4为周期的周期数列,故 a2 018=a5044+2=a2=-3

7、.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(k0,1,b0)时可得数列a n一定是等比数列;(2)三种简单的递推数列:a n+1-an=f(n), =f(n),an+1=pan+q(p0,1,q0),第一个使用累差的+1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+=p(a n+),展开比较系数得出 );(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a n中,a 1=2,= +ln 1

8、+ ,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a n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a n满足 a1=1,a2=2,且 2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n2 且nN *),则 a18等于( )(A) (B) (C)3 (D)(4)(2018莆田二模)在数列a n中,a 1=2,an+1=2an+1,则 a5为 . 6解析:(1)由题意得 -

9、 =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,a 1=2a1-2,据此可得 a1=2,当 n2 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a n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b n为等差数列,因为 b1=1,b2=4,所以公差 d=3,则 bn

10、=3n-2,所以 b18=52,即 18a18=52,所以 a18= .故选 B.(4)数列a n中,a 1=2,an+1=2an+1,变形为 an+1+1=2(an+1),a1+1=3,所以数列a n+1为等比数列,首项为 3,公比为 2,所以 an+1=32n-1,即 an=32n-1-1,则 a5=324-1=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a n的前 n项和为 Sn.已知 a1=1,(Sn+1-Sn)an=2n(nN *),则 S2 018等于( )(A)3(21 009-1)

11、(B) (21 009-1)32(C)3(22 018-1) (D) (22 018-1)32(2)(2018河北唐山三模)已知数列a n是等差数列,b n是等比数列,a1=1,b1=2,a2+b2=7,a3+b3=13.求a n和b n的通项公式;若 cn= ,求数列c n的前 2n项和 S2n.,为 奇数,为 偶数 (1)解析:由题数列a n满足 a1=1,(Sn+1-Sn)an=2n(nN *),7所以 = = =2,+2+1+1+2 2+12又 a2a1=2,a1=1,所以 a2=2,由此可得数列a n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+

12、a2 017)+(a2+a4+a2 018)= +21 009121 2(21 0091)21=321 009-3.故选 A.(2)解:设数列a n的公差为 d,数列b n的公比为 q,依题意有,解得 d=2,q=2,1+2=7,1+2+22=13,故 an=2n-1,bn=2n,由已知 =a2n-1=4n-3,c2n=b2n=4n,所以数列c n的前 2n项和为S2n=(a1+a3+a2n-1)+(b2+b4+b2n)= + =2n2-n+ (4n-1).(1+43)2 4(14)14 43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

13、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b n是首项 b1=1,b4=10的等差数列,设bn+2=3lo an(nN *).求证:a n是等比数列;记 cn= ,求数列c n的前 n项和 Sn;在的条件下,记 dn=(3n+1)Sn,若对任意正整数 n,不等式 + + 1+1 1+2恒成立,求整数 m的最大值.24(2)(2018上饶二模)已知数列a n的前 n项和 Sn=2n+1+n-2.求数列a n的通项公式;设 bn=log

14、2(an-1),求 Tn= + + + .1238(1)证明:由 b1=1及 b4=10,得 d= =3,4141所以 bn=3n-2.因为 bn+2=3lo an=3n-2+2=3n,14所以 lo an=n,14即 an= n(nN *).14则 = = ,+1(14) +1(14) 14所以数列a n是首项 a1= ,公比 q= 的等比数列.14 14解:由,得 cn= = - ,13 132 13+1所以 Sn= 1- + - + -13 141417 132 13+1= 1-13 13+1= .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

15、 + + 恒成立.1+24设 f(n)= + + + ,1+则 f(n+1)-f(n)= + + - + +1(+1)+(+1)1+= + -12+1 12+2= - 0.12+1 12+2所以 f(n+1)f(n),故 f(n)的最小值是 f(1)= .129由 ,得 m0,a2a3=8a1,且 a4,36,2a6成等差数列.求数列a n的通项公式;11记 bn= ,求数列b n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.求数列a n的通项公式;求数列a n-n2的前 n项和 Sn.解:(1)由 a2a3=8a1得 a1q3=

16、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.b n= =2n n-1,2 12Tn=2 0+4 1+6 2+2(n-1) n-2+2n n-1,12 12 12 12 12Tn=2 1+4 2+6 3+2(n-1) n-1+2n n,12 12 12 12 12 12两式相减得 Tn=2 0+2 1+ 2+ n-1 -2n n=2+2 -2n12 12 12 12 12 12 12n=4-(n+2) n-1,12所以 Tn=8-(n+2) n-2.12(2)设等比数列 -n的公比

17、为 q,则 q= = =2,22116231从而 -n=(3-1)2n-1,故 an=(n+2n)2;因为 an=(n+2n)2,所以 an-n2=n2n+1+4n,记 Tn=22+223+(n-1)2n+n2n+1,2Tn=23+224+(n-1)2n+1+n2n+2,所以-T n=22+23+2n+1-n2n+2=2n+2-4-n2n+2=(1-n)2n+2-4,所以 Tn=(n-1)2n+2+4.12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

18、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a n.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?设数列 的前 n项和为 Tn,证明:T nTn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a n的前 n项和为 Sn,点(n,S n)在曲线 y= x2+ x上,数列b n满12 52足 bn+bn+2=2bn+1,b4=11,bn的前 5项和为 45.求a n,bn的通项公式;设 cn= ,数列c n的前 n项和为 Tn,求使不等式 Tn 恒成立的最大正54整数 k的

19、值.(1)解:当 n=1时,a 1=S1,由 S1=1- a1,得 a1= .12 23当 n2 时,S n=1- an,Sn-1=1- an-1,12 12所以 an=Sn-Sn-1= 1- an - 1- an-112 12= an-1- an,12 12所以 an= an-1,13所以a n是以 为首项, 为公比的等比数列,23 13所以 Sn= =1- n.13存在.由可知,b n=-log3(1-Sn+1)=-log3 1- 1- n+113=-log3 n+113=n+1,所以 = = - ,所以 Tn= + + += - + - + - + - = - ,2312所以nN *恒有

20、 SnTn,故存在正整数 ,当 nm 时 SnTn恒成立 ,其 m的最小值为 1.(2)由已知得 Sn= n2+ n,12 52当 n=1时,a 1=S1= + =3,1252当 n2 时,a n=Sn-Sn-1= n2+ n- (n-1)2- (n-1)=n+2,12 52 12 52当 n=1时,符合上式.所以 an=n+2,因为数列b n满足 bn+bn+2=2bn+1,所以b n为等差数列.设其公差为 d,则 4=1+3=11,53=5(1+2)=45,解得 1=5,=2,所以 bn=2n+3.由(1)得,c n= = = = -12(2+1)(21)14 121,12+1Tn= 1-

21、 + - + -14 131315 121 12+1= 1- ,14 12+1因为 Tn+1-Tn= -14 12+1 12+3= 0,12(2+1)(2+3)所以T n是递增数列,所以 TnT 1= ,16故使 Tn 恒成立只要 T1= 恒成立即可,54 16 54所以 k9,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a n中,a n+1+an=(-1)nn,则数列a n的前 2 16018项的和为 ; (2)(2018湖北高三 5月冲刺)在数列a n中,a n= ,其前 n项和为 Sn,用符号x2+2+22+2表示不超过 x的最大整数.当S 1+S2+S

22、n=63时,正整数 n为 ; (3)(2018安徽合肥一中最后一卷)已知数列a n满足 a1=3,(3-an+1)(6+an)=18(nN *),则的值是 ; (4)(2018安徽皖江八校八联)设 Sn为数列a n的前 n项和,已知 a1=2,对任意 p,qN +,都有 ap+q=apaq,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a n中,a 1=1,函数 f(x)=x2 018+2an+1cos x-(4an+2)有唯一零点,若 bn= ,则数列b n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,

23、-1.5=-2.在数列a n中,a n=lg n,nN +,记 Sn为数列a n的前 n项和,则 S2 018= ; (7)(2018广西钦州三检)在数列a n中,a 1=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a n的前 2 018项的和为-1-3-2 017=- 1 009=-1 018 081.1+2 0172(2)因为 an= =1+ =1+ - ,2+2+22+2 22+2所以 Sn= 1+1- + 1+ - + 1+ - =n+1+ - - ,13 121

24、4 12因为符号x表示不超过 x的最大整数,所以S 1=1,S2=2,Sn=n+1(n3),因此S 1+S2+Sn=1+2+4+5+(n+1)=3+4+5+(n+1)=63(n3),所以(n-1)(n+4)=126,所以 n=10.(3)设 bn= ,n=1,2,1则 3- 6+ =18,1+1 1即 3bn+1-6bn-1=0,17所以 bn+1=2bn+ ,bn+1+ =2 bn+ ,13 13 13故数列 bn+ 是公比为 2的等比数列,13则 bn+ =2n-1 b1+13 13=2n-1 +13= 2n,13所以 bn= (2n-1),13= bi= (2n-1)= -n132(21

25、)21= (2n+1-n-2).13(4)当 q=1时 ap+1=apa1=2ap,所以数列a n是首项为 2,公比为 2的等比数列,所以 an=2n,Sn= =2n+1-2,2(21)21所以 Sn-1=2n-2,Sn-1(Sn-1+2)=(2n-2)2n,所以 f(n)=(22)2+2562=2n-2+ 2 -22562256=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(

26、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,+1+1+1又 a1+1=2,18所以数列a n+1是等比数列,公比为 2,所以 an+1=2n.bn= =2(21)(2+11)= - ,Sn=b1+b2+bn= - + - + - =1- = .121 1221 1221 1231 121 2+122+11(6)当 1n9 时,a n=lg n=0;当 10n99 时,a n=lg n=1,此区间所有项的和为 90.当 100n999 时,a n=lg n=2,此区间所有项的和为 9002=1 800.当 1 000n

27、2 018 时,a n=lg n=3,此区间所有项的和为 31 019=3 057.所以 S2 018=90+1 800+3 057=4 947.(7)因为 a1=0,an+1= ,所以 a2= = ,a3= = =- ,3 3a4= =0,即数列a n的取值具备周期性,周期为 3,且 a1+a2+a3=0,则 S2 018=S3672+2=a1+a2= .3答案:(1)-1 018 081 (2)10 (3) (2n+1-n-2)13(4)30 (5) (6)4 947 (7)2+122+113【例 2】 (2018海南一模)已知数列a n是公差为 1的等差数列,且 a4,a6,a9成等比数

28、列.(1)求数列a n的通项公式;(2)设 bn=(-2 +(-1)nan,求数列b n的前 2n项和.解:(1)因为 a4,a6,a9成等比数列,所以 =a4a9,26又因为数列a n是公差为 1的等差数列,a6=a1+5,a4=a1+3,a9=a1+8,所以(a 1+5)2=(a1+3)(a1+8),解得 a1=1,所以 an=a1+(n-1)d=n.19(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+ .2+2221+2 22+123【例 3

29、】 (2018华中师大一附中 5月押题)已知 nN *,设 Sn是单调递减的等比数列a n的前 n项和,a 2= 且 S4+a4,S6+a6,S5+a5成等差数列.12(1)求数列a n的通项公式;(2)若数列b n满足 bn=-log2an+n(-1),数列 的前 n项和 Tn满足 T2 018=2 018,求 的值.解:(1)设数列a n的公比为 q,由 2(S6+a6)=S4+a4+S5+a5,得(S 6-S5)+(S6-S4)+2a6=a4+a5,即 4a6=a4,所以 q2= ,14因为a n是单调递减数列,所以 q= ,12又因为 a2= ,所以 a1=1,12所以 an= n-1

30、.12(2)由(1)得 bn=-log2 n-1+n=(+1)n-1,12所以 = - ,1+1 1(+1)1 1(+1)(+1)1所以 T2 018= -1+11=2 018(2 019+2 018)=2 018,所以 =-1 或 = ,12 019因为 -1,所以 = .12 01920【例 4】 (2018江西省南昌市三模)已知数列a n满足 + + + =n2+n.2(1)求数列a n的通项公式;(2)若 bn= ,求数列b n的前 n项和 Sn.解:(1) + + + =n2+n,2所以当 n2 时, + + +323=(n-1)2+n-1,-,得 =2n(n2),2所以 an=n2n+1(n2).又因为当 n=1时, =1+1,所以 a1=4,所以 an=n2n+1.(2)bn= =n(-2)nSn=1(-2)1+2(-2)2+3(-2)3+n(-2)n,(-2)Sn=1(-2)2+2(-2)3+3(-2)4+(n-1)(-2)n+n(-2)n+1,-,得 3Sn=(-2)+(-2)2+(-2)3+(-2)4+(-2)n-n(-2)n+1= -n(-2)n+1,21(2)3所以 Sn=- .