高中数学高考第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题2 第2讲 数列求和及数列的简单应用(大题)(1)

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第2讲　数列求和及数列的简单应用(大题)

热点一　等差、等比数列基本量的计算
解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.
例1　(2019·六安市第一中学模拟)已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围.
解　(1)a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，
a＝Sn－1＋Sn－2(n≥3).
相减可得a－a＝an＋an－1，
∵an>0，an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥3).
当n＝2时，a＝a1＋a2＋a1，
∴a＝2＋a2，a2>0，∴a2＝2.
因此n＝2时，an－an－1＝1成立.
∴数列{an}是等差数列，公差为1.
∴an＝1＋n－1＝n.
(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，
∵{bn}是递增数列，
∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)
＝2n＋a－1>0，
即a>1－2n恒成立，∴a>－1.
∴实数a的取值范围是(－1，＋∞).
跟踪演练1　(2019·乐山调研)已知等差数列{an}中，a2＝5，a1，a4，a13成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
则a1＝5－d，a4＝5＋2d，a13＝5＋11d，
因为a1，a4，a13成等比数列，
所以(5＋2d)2＝(5－d)(5＋11d)，
化简得d2＝2d，则d＝0或d＝2，
当d＝0时，an＝5.
当d＝2时，a1＝5－d＝3，
an＝3＋(n－1)×2 ＝2n＋1(n∈N*).
所以，当d＝0时，an＝5(n∈N*)；
当d＝2时，an＝2n＋1(n∈N*).
(2)由(1)知，当an＝5时，Sn＝5n.
当an＝2n＋1时，a1＝3，则Sn＝＝n2＋2n(n∈N*).
热点二　数列的证明问题
判断数列是否为等差或等比数列的策略
(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断；
(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.
例2　已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项.
(1)求证：数列{S}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
(1)证明　由题意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入①式得
2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得S－S＝1(n≥2).
又当n＝1时，由①式可得a1＝S1＝1(负值舍去)，
∴数列{S}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解　由(1)可得S＝1＋n－1＝n，
∵数列{an}的各项都为正数，
∴Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
又a1＝S1＝1满足上式，
∴an＝－(n∈N*).
(3)解　由(2)得bn＝＝
＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；
当n为偶数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n(n∈N*).
跟踪演练2　已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明　原式可转化为
Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2].
由S1－2a1＝1－4，
得S1＝3，所以S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.
(2)解　由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
所以Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n
＝.
热点三　数列的求和问题
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项消，有的是间隔项消.常见的裂项方式有：
＝－；＝；＝；＝.
2.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
例3　(2019·河南省九师联盟模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2 (n∈N*).数列{bn}的前n项和为Tn，且满足Tn＝2－bn(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn′.
解　(1)由Sn＝2，得S1＝2＝a1，
解得a1＝1.
由S2＝a1＋a2＝1＋a2＝2，
解得a2＝3或a2＝－1.
若a2＝－1，则d＝－2，所以a3＝－3.
所以S3＝－3≠2＝1，
故a2＝－1不合题意，舍去.故a2＝3，
所以等差数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，
故an＝2n－1.
数列{bn}对任意正整数n满足Tn＝2－bn.
当n＝1时，b1＝T1＝2－b1，解得b1＝1；
当n>1时，bn＝Tn－Tn－1
＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，
所以bn＝bn－1(n≥2).
所以{bn}是以首项b1＝1，公比q＝的等比数列，
故数列{bn}的通项公式为bn＝n－1.
(2)由(1)知＝，
所以Sn′＝＋＋＋…＋＋，①
所以Sn′＝＋＋…＋＋，②
①－②，得Sn′＝＋＋＋…＋－
＝＋－
＝＋－
＝＋1－n－1－，
所以Sn′＝3－.
跟踪演练3　(2019·济宁模拟)等差数列{an}的公差为正数，a1＝1，其前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1＝2，且b2S2＝12，b2＋S3＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn＝bn＋，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则
解得
∴an＝n，n∈N*，bn＝2n，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝.
∴cn＝bn＋＝2n＋＝2n＋2，
∴Tn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2
＝＋2
＝2n＋1－.

真题体验
(2019·全国Ⅱ，理，19)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明　由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
押题预测
已知数列{an}为等差数列，a7－a2＝10，且a1，a6，a21依次成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn＝，求n的值.
解　(1)设数列{an}的公差为d，因为a7－a2＝10，
所以5d＝10，解得d＝2.
因为a1，a6，a21依次成等比数列，所以a＝a1a21，
即(a1＋5×2)2＝a1(a1＋20×2)，解得a1＝5.
所以an＝2n＋3.
(2)由(1)知bn＝＝，
所以bn＝，
所以Sn＝＝，
由＝，得n＝10.

A组　专题通关
1.(2019·日照模拟)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为数列{an}是等差数列，
由S3＝12，得3a2＝12，所以a2＝4，
又a1＝2，所以公差d＝2，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n，
故数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*).
(2)由(1)知，bn＝22n＝4n，所以数列{bn}是首项为4，公比q＝4的等比数列，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1).
2.(2019·潍坊模拟)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题意得解得
所以an＝a1qn－1＝3n－1，n∈N*，
Sn＝＝，n∈N*.
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
又因为(S2＋λ)2＝(S1＋λ)·(S3＋λ)，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)·(λ＋13)，
所以λ＝，
此时，Sn＋＝×3n，
则＝＝3，
故存在λ＝，使得数列是以S1＋＝为首项，3为公比的等比数列.
3.(2019·江南十校模拟)已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn(n∈N*)，且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝(n∈N*)，Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn<1.
(1)解　由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①
当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，②
①－②可得an＝2(bn－bn－1)
⇒a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，
∵a1＝2，an>0，设{an}的公比为q，
∴a1q2＝8⇒q＝2，
∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N*).
∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，
∴bn＝2n－1(n∈N*).
(2)证明　由已知cn＝＝
＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝－＋－＋…＋－
＝1－，
当n∈N*时，2n＋1>1，
∴>0，∴1－<1，
即Tn<1.
B组　能力提高
4.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1.
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；
(3)求证：－<＋＋＋…＋<.
(1)证明　a1＝2，a2＝2(a1＋1＋1)＝2×(2＋2)＝8，
an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，①
an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)，②
①－②，得an＋1＝3an＋2(n∈N*).
经检验，当n＝1时上式也成立，
即an＋1＝3an＋2(n∈N*).
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，
即bn＋1＝3bn，且b1＝3.
所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列.
(2)解　由(1)得bn＝3n，nbn＝n·3n.
所以Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，
3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，
两式相减，得
－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1
＝－n×3n＋1，
化简得Tn＝×3n＋.
(3)证明　由(1)知，an＝bn－1＝3n－1，
所以＝>，
得＋＋＋…＋>＋＋…＋
＝＝－×.
又＝＝<
＝，
所以＋＋＋…＋
<＋
＝＋
＝＋－×<，
故－<＋＋＋…＋<.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)(n∈N*)，且b1＝1.
(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)n－1，求数列{cn}的前2n项和T2n；
(3)若dn＝an·，数列{dn}的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围.
解　(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)，两边同除以n(n＋1)，
得－＝1，
从而数列为首项＝1，公差d＝1的等差数列，
所以＝n(n∈N*)，
数列{bn}的通项公式为bn＝n2.
当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－1，
又a1＝1≠0，所以＝2，
从而数列{an}为首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，
从而数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
(2)cn＝(－1)n－1·
＝(－1)n－1，
T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n
＝＋－－＋…－－
＝－(n∈N*).
(3)由(1)得dn＝an＝n·2n－1，
Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①
①×2得，
2Dn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②
①－②得－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝－n·2n＝2n－1－n·2n，
所以Dn＝(n－1)·2n＋1，
由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1，
因为∀n∈N*，都有Dn≤nSn－a，
即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，
所以a≤2n－n－1恒成立，
记en＝2n－n－1，所以a≤(en)min，
因为en＋1－en＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1)
＝2n－1>0，
从而数列{en}为递增数列，
所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0.