（新课标）高考数学二轮复习 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用 理.doc

第2讲数列求和及综合应用求数列的通项训练提示:求数列通项的常用方法有累加法、累积法、构造等比数列法或已知sn与an关系,求an或利用方程思想联立方程组,求出基本量,得出an.解题时应注意各自的适用范围及注意验证n=1的情况.1.(2015宁夏石嘴山高三联考)已知各项都不相等的等差数列an的前7项和为70,且a3为a1和a7的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足bn+1-bn=an(nn*),且b1=2,求数列（1bn）的前n项和tn.解:(1)设等差数列an的公差为d(d0),则7a1+21d=70,a1(a1+6d)=(a1+2d)2,解得d=2,a1=4,所以an=2n+2.(2)因为bn+1-bn=an,所以bn-bn-1=an-1=2n(n2,nn*)bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1=an-1+an-2+a1+b1=n(n+1).所以1bn=1n(n+1)=1n-1n+1,所以tn=1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.【教师备用】 (2015东北三校第二次联考)已知数列an的前n项和为sn,且a1=2,an+1=sn+2,nn*.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=nan,求数列bn的前n项和tn.解:(1)当n=1时a2=s1+2=4=2a1,当n2时,an+1=sn+2,an=sn-1+2an+1=2an,数列an满足an+1=2an(nn*),且a1=2,所以an=2n(nn*).(2)bn=nan=n2ntn=121+222+323+(n-1)2n-1+n2n2tn=122+223+324+(n-1)2n+n2n+1两式相减,得-tn=21+22+23+2n-1+2n-n2n+1-tn=2(1-2n)1-2-n2n+1,tn=2+(n-1)2n+1(nn*).求数列的前n项和训练提示:在数列求和的几种常见方法中,一定要注意其各自的适用范围,其中在裂项相消法中注意裂项后的恒等变形,在错位相减法中注意相减后,哪些项构成等比数列.2.(2015甘肃二诊)已知数列an中,a1=2,且an=2an-1-n+2(n2,nn*).(1)求a2,a3,并证明an-n是等比数列;(2)设bn=an2n-1,求数列bn的前n项和sn.解:(1)由已知an=2an-1-n+2(n2,nn*)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2an-1-(n-1),因为an-nan-1-(n-1)=2(n2,nn*).所以an-n是以2为公比的等比数列.(2)由(1)得an-n=(a1-1)2n-1.即an=2n-1+n.所以bn=an2n-1=1+n2n-1.设cn=n2n-1,且前n项和为tn,所以tn=120+221+322+n2n-112tn=121+222+323+n2n -得12tn=1+（12+122+123+12n-1）-n2n=1-12n1-12-n2n=2-2+n2n.所以tn=4-2+n2n-1,sn=n+4-2+n2n-1.【教师备用】 (2015郑州第二次质量预测)已知等差数列an的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+52,a11成等比数列.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和tn.解:(1)设等差数列公差为d,由题意知d0.因为a3,a4+52,a11成等比数列,所以(a4+52)2=a3a11,所以(72+3d)2=(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0,所以d=32(d=-1522舍去),所以an=3n-12.(2)bn=1anan+1=4(3n-1)(3n+2)=43(13n-1-13n+2).所以tn=43(12-15+15-18+13n-1-13n+2)=2n3n+2.类型一:周期数列与通项公式1.(2015山西大同三模)在数列an中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(nn+)的个位数,则a2015=.解析:a1a2=27=14,所以a3=4,47=28,所以a4=8,48=32,所以a5=2,28=16,所以a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,a11=2,所以从第三项起,an的值成周期排列,周期为6,2015=3356+5,所以a2015=a5=2.答案:22.(2015赤峰市高三统考)数列an满足a1=1,a2=3,an+2=an+1-an,nn*,则a2015=.解析:因为a1=1,a2=3,an+2=an+1-an,所以a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,a7=1,a8=3,所以数列an是以6为周期的周期数列.所以a2015=a6335+5=a5=-3.答案:-3类型二:由数列性质解决恒成立问题3.(2015辽宁沈阳一模)已知数列an,cn满足条件:a1=1,an+1=2an+1,cn=1(2n+1)(2n+3).(1)求证数列an+1是等比数列,并求数列an的通项公式;(2)求数列cn的前n项和tn,并求使得am1tn对任意nn+都成立的正整数m的最小值.解:(1)因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),因为a1=1,a1+1=20,所以数列an+1是首项为2,公比为2的等比数列.所以an+1=22n-1,所以an=2n-1.(2)因为cn=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3),所以tn=12(13-15+15-17+12n+1-12n+3)=12(13-12n+3)=n3(2n+3)=n6n+9.所以1tn=6n+9n=6+9n,nn*,所以6+9n15.所以当n=1时,1tn取得最大值15.要使得am1tn对任意nn*恒成立,结合(1)的结果,只需2m-115,由此得m4.所以正整数m的最小值是5.【教师备用】 (2015东北三校联合二模)已知数列an前n项和为sn,满足sn=2an-2n(nn*).(1)证明:an+2是等比数列,并求an的通项公式;(2)数列bn满足bn=log2(an+2),tn为数列(1bnbn+1)的前n项和,若tna对正整数n都成立,求a的取值范围.解:(1)由题设sn=2an-2n(nn*),sn-1=2an-1-2(n-1)(n2),两式相减得an=2an-1+2,即an+2=2(an-1+2),又a1+2=4,所以an+2是以4为首项,2为公比的等比数列.an+2=42n-1,an=42n-1-2=2n+1-2(n2),又a1=2,所以an=2n+1-2(nn*).(2)因为bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,所以tn=(12-13)+(13-14)+(1n+1-1n+2)=12-1n+212,所以a12,即a的取值范围为12,+).类型三:数列的综合问题4.(2015山西大同三模)已知数列an的前n项和sn满足an+3snsn-1=0(n2,nn*),a1=13,则nan的最小值为.解析:因为an+3snsn-1=0(n2,nn*),所以sn-sn-1+3snsn-1=0,因为a1=13,显然snsn-10,化简得1sn-1sn-1=3,可见(1sn)是以3为首项,3为公差的等差数列,所以1sn=3+3(n-1)=3n,sn=13n,从而nan=n(sn-sn-1)=13-n3n-3=13(1-11-1n)(n2),要使nan最小,则需1-1n(n2)最小,即n=2时最小,此时nan=13(1-2)=-13(n2),当n=1时,nan=13,故对任意的nn*,nan最小为-13.答案:-135.(2015滨州模拟)已知数列an中,a1=9,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,其中n为正整数.(1)证明:数列lg(an+1)为等比数列.(2)令bn=an+1,设数列bn的前n项积为tn,即tn=(a1+1)(a2+1)(an+1),求lg tn.(3)在(2)的条件下,记cn=lg tn+1lg(an+1+1)-1lg(an+2+1)-1,设数列cn的前n项和为sn,求证:sn1.(1)证明:由题意得an+1=an2+2an,即an+1+1=(an+1)2,对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1),因为a1=9,所以lg(a1+1)=lg 10=1,所以数列lg(an+1)是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)知lg(an+1)=2n-1.lg