2019届高考数学复习专题四数列第2讲数列求和及简单应用教案理.docx

第2讲数列求和及简单应用1.(2013全国卷,理14)若数列an的前n项和Sn=an+,则an的通项公式是an=.解析:当n=1时,由已知Sn=an+,得a1=a1+,即a1=1;当n2时,Sn-1=an-1+,所以an=Sn-Sn-1=an+-an-1+=an-an-1,所以an=-2an-1,所以数列an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an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=.解析:因为所以解得所以an=n,Sn=,所以=2-,所以=21-+-+-=21-=.答案:3.(2015全国卷,理16)设Sn是数列an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,所以是等差数列,且公差为-1,而=-1,所以=-1+(n-1)(-1)=-n,所以Sn=-.答案:-4.(2014全国卷,理17)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明:+.证明:(1)由an+1=3an+1得an+1+=3an+,又a1+=,所以an+是首项为,公比为3的等比数列.an+=,因此an的通项公式为an=.(2)由(1)知=.因为当n1时,3n-123n-1,所以,于是+1+=1-.所以+0,+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=,求数列bn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,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=-.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=-+-+-=.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) 数列的通项公式【例1】 (1)(2018安徽黄山一模)数列an中,已知对任意正整数n,有a1+a2+an=2n-1,则+等于()(A)(2n-1)2(B)(2n-1)2(C)4n-1(D)(4n-1)(2)在数列an中,已知a1=2,an+1=(kN*),则an的表达式是()(A)(B)(C)(D)(3)(2018河北石家庄一模)若数列an满足a1=2,an+1=,则a2 018的值为()(A)2(B)-3(C)-(D)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,故数列是首项为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.(2)因为an+1=,所以=+3,所以数列是等差数列,公差d=3.又a1=2,所以=,所以=+(n-1)d=+3(n-1)=3n-,所以an=.故选B.(3)由题a1=2,an+1=,所以a2=-3,a3=-,a4=,a5=2.故数列an是以4为周期的周期数列,故a2 018=a5044+2=a2=-3.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an一定是等比数列;(2)三种简单的递推数列:an+1-an=f(n),=f(n),an+1=pan+q(p0,1,q0),第一个使用累差的方法、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(an+),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an中,a1=2,=+ln1+,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an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an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an中,a1=2,an+1=2an+1,则a5为.解析:(1)由题意得-=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,a1=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an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bn为等差数列,因为b1=1,b2=4,所以公差d=3,则bn=3n-2,所以b18=52,即18a18=52,所以a18=.故选B.(4)数列an中,a1=2,an+1=2an+1,变形为an+1+1=2(an+1),a1+1=3,所以数列an+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an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)(B)(21 009-1)(C)3(22 018-1)(D)(22 018-1)(2)(2018河北唐山三模)已知数列an是等差数列,bn是等比数列,a1=1,b1=2,a2+b2=7,a3+b3=13.求an和bn的通项公式;若cn=,求数列cn的前2n项和S2n.(1)解析:由题数列an满足a1=1,(Sn+1-Sn)an=2n(nN*),所以=2,又a2a1=2,a1=1,所以a2=2,由此可得数列an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+a2 017)+(a2+a4+a2 018)=+=321 009-3.故选A.(2)解:设数列an的公差为d,数列bn的公比为q,依题意有,解得d=2,q=2,故an=2n-1,bn=2n,由已知=a2n-1=4n-3,c2n=b2n=4n,所以数列cn的前2n项和为S2n=(a1+a3+a2n-1)+(b2+b4+b2n)=+=2n2-n+(4n-1).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bn是首项b1=1,b4=10的等差数列,设bn+2=3loan(nN*).求证:an是等比数列;记cn=,求数列cn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+恒成立,求整数m的最大值.(2)(2018上饶二模)已知数列an的前n项和Sn=2n+1+n-2.求数列an的通项公式;设bn=log2(an-1),求Tn=+.(1)证明:由b1=1及b4=10,得d=3,所以bn=3n-2.因为bn+2=3loan=3n-2+2=3n,所以loan=n,即an=n(nN*).则=,所以数列an是首项a1=,公比q=的等比数列.解:由,得cn=-,所以Sn=1-+-+-=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+恒成立.设f(n)=+,则f(n+1)-f(n)=+-+=+-=-0.所以f(n+1)f(n),故f(n)的最小值是f(1)=.由,得m0,a2a3=8a1,且a4,36,2a6成等差数列.求数列an的通项公式;记bn=,求数列bn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an的通项公式;求数列an-n2的前n项和Sn.解:(1)由a2a3=8a1得a1q3=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.bn=2nn-1,Tn=20+41+62+2(n-1)n-2+2nn-1,Tn=21+42+63+2(n-1)n-1+2nn,两式相减得Tn=20+21+2+n-1-2nn=2+2-2nn=4-(n+2)n-1,所以Tn=8-(n+2)n-2.(2)设等比数列-n的公比为q,则q=2,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-Tn=22+23+2n+1-n2n+2=2n+2-4-n2n+2=(1-n)2n+2-4,所以Tn=(n-1)2n+2+4.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an.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:Tn.(2)(2018江西重点中学协作体二联)已知等差数列an的公差d0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列.求数列an的通项公式;若bn=,数列bn的前n项和为Tn,求证:Tn-2n.(1)解:根据题意,an应为等差数列,设数列an的公差为d,前n项和为Sn,由题意知305+d=390,即d=,S偶数项-S奇数项=15d=15=(尺),故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尺.证明:由可知,an=5+(n-1),故=-=-,所以+=-+-+-=-.(2)解:由a1=0得an=(n-1)d,Sn=,因为a2+2,S3,S4成等比数列,所以=(a2+2)S4,即(3d)2=(d+2)6d,整理得3d2-12d=0,即d2-4d=0,因为d0,所以d=4,所以an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4.证明:由可得Sn+1=2n(n+1),所以bn=2+=2+-,所以Tn=2n+1-+-+-=2n+1+-,所以Tn-2n.在数列综合问题中,与数列求和有关的不等式是一个重要方法,解决的方法是“放缩法”.(1)如果和式能够求出,则求出结果后进行放缩,例5中的两个题目均是这种类型;(2)如果和式不能求出,则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式,求和后再进行放缩,但要注意放缩的“尺度”和“位置”,如证明:对任意正整数,+时,放缩的尺度为Tn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an的前n项和为Sn,点(n,Sn)在曲线y=x2+x上,数列bn满足bn+bn+2=2bn+1,b4=11,bn的前5项和为45.求an,bn的通项公式;设cn=,数列cn的前n项和为Tn,求使不等式Tn恒成立的最大正整数k的值.(1)解:当n=1时,a1=S1,由S1=1-a1,得a1=.当n2时,Sn=1-an,Sn-1=1-an-1,所以an=Sn-Sn-1=1-an-1-an-1=an-1-an,所以an=an-1,所以an是以为首项,为公比的等比数列,所以Sn=1-n.存在.由可知,bn=-log3(1-Sn+1)=-log31-1-n+1=-log3n+1=n+1,所以=-,所以Tn=+=-+-+-+-=-,所以nN*恒有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,当n=1时,a1=S1=+=3,当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=n+2,当n=1时,符合上式.所以an=n+2,因为数列bn满足bn+bn+2=2bn+1,所以bn为等差数列.设其公差为d,则解得所以bn=2n+3.由(1)得,cn=-,Tn=1-+-+-=1-,因为Tn+1-Tn=-=0,所以Tn是递增数列,所以TnT1=,故使Tn恒成立只要T1=恒成立即可,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an中,an+1+an=(-1)nn,则数列an的前2 018项的和为;(2)(2018湖北高三5月冲刺)在数列an中,an=,其前n项和为Sn,用符号x表示不超过x的最大整数.当S1+S2+Sn=63时,正整数n为;(3)(2018安徽合肥一中最后一卷)已知数列an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an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an中,a1=1,函数f(x)=x2 018+2an+1cos x-(4an+2)有唯一零点,若bn=,则数列bn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,-1.5=-2.在数列an中,an=lg n,nN+,记Sn为数列an的前n项和,则S2 018=;(7)(2018广西钦州三检)在数列an中,a1=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an的前2 018项的和为-1-3-2 017=-1 009=-1 018 081.(2)因为an=1+=1+-,所以Sn=1+1-+1+-+1+-=n+1+-,因为符号x表示不超过x的最大整数,所以S1=1,S2=2,Sn=n+1(n3),因此S1+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,则3-6+=18,即3bn+1-6bn-1=0,所以bn+1=2bn+,bn+1+=2bn+,故数列bn+是公比为2的等比数列,则bn+=2n-1b1+=2n-1+=2n,所以bn=(2n-1),=bi=(2n-1)=-n=(2n+1-n-2).(4)当q=1时ap+1=apa1=2ap,所以数列an是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n,Sn=2n+1-2,所以Sn-1=2n-2,Sn-1(Sn-1+2)=(2n-2)2n,所以f(n)=2n-2+2-2=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(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,又a1+1=2,所以数列an+1是等比数列,公比为2,所以an+1=2n.bn=-,Sn=b1+b2+bn=-+-+-=1-=.(6)当1n9时,an=lg n=0;当10n99时,an=lg n=1,此区间所有项的和为90.当100n999时,an=lg n=2,此区间所有项的和为9002=1 800.当1 000n2 018时,an=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=-,a4=0,即数列an的取值具备周期性,周期为3,且a1+a2+a3=0,则S2 018=S3672+2=a1+a2=.答案:(1)-1 018 081(2)10(3)(2n+1-n-2)(4)30(5)(6)4 947(7)【例2】 (2018海南一模)已知数列an是公差为1的等差数列,且a4,a6,a9成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(-2+(-1)nan,求数列bn的前2n项和.解:(1)因为a4,a6,a9成等比数列,所以=a4a9,又因为数列an是公差为1的等差数列,a6=a1+5