2019年高考数学(文科)二轮复习专题3 第2讲 数列的求和及综合应用

1、第2讲数列的求和及综合应用高考定位1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.真题感悟1.(2017全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n1的前n项和.解(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，2n1得(2n1)an2，所以an2，又n1时，a12适合上式，2n1从而an的通项公式为an2.(2)记an2n1an2112n1（2n1）（2n1）2n12n11则Sn1

2、2n12n1an(2)由题意知：S2n1(2n1)bn1，的前n项和为S，n由(1)知，11113352n12n112n1.2.(2017山东卷)已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；b(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n1bnbn1，求数列n的前n项和Tn.解(1)设an的公比为q，1由题意知a1(1q)6，a2qa1q2，又an0，解得a12，q2，所以an2n.（2n1）（b1b2n1）2又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.n令cn，则cn23n1，所以Tn5n2anan1【例11】(2017郑州质检

3、)已知数列an的前n项和Sn2nan2两式相减得Tn2n1n1，2(2)an忽略n2的限定，忘记第一项单独求解与检验.b2n1，因此Tnc1c2cn3572n12n122222n13572n12n1又2Tn2223242n2n1，131112n1222222n5.考点整合1.数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：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.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若

4、干项的方法，c裂项相消法适用于形如(其中a是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.n温馨提醒(1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.S1，n1，SnSn1，n2，2.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.热点一数列的求和问题命题角度1分组转化求和n2n，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1

5、)nan，求数列bn的前2n项和.解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn112anan1（2n1）（2n3）22n12n3n.(2)设bn，求数列bn的前n项和.11111bn.1111111235572n12n3.n2n（n1）2（n1）22而a1也满足ann，故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n).记A212222n，B12342n，2（122n）则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.探究提高1.在处理一般

6、数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.命题角度2裂项相消法求和n【例12】(2015全国卷)Sn为数列an的前n项和.已知an0，a22an4Sn3.(1)求an的通项公式；1anan1nn解(1)由a22an4Sn3，可知a212an14Sn13.nnnn两式相减可得a21a22(an1an)4an1，即2(an1an)a21a2(an1an)(an1an).由于an0，可得an1

7、an2.1又a22a14a13，解得a11(舍去)，a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bnn3（2n3）(3)设cn，求数列cn的前n项和为Tn.探究提高1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.3【训练1】(2017昆明诊断)已知等比数列an的各项均为正数，且a12a25，4a2a2a6.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满

8、足b12，且bn1bnan，求数列bn的通项公式；anbnbn1334解(1)设等比数列an的公比为q，由4a2a2a6得4a2a2所以q24，由条件可知q0，故q2，由a12a25得a12a1q5，所以a11，故数列an的通项公式为an2n1.(2)由bn1bnan得bn1bn2n1，故b2b120，b3b221，bnbn12n2，以上n1个等式相加得bnb11212n2121（12n1）2n11，(3)cnn1anbbn11bnbn1bnbn1bnbn1所以Tnc1c2cnb1b2b2b3bnbn1b1bn1221.由b12，所以bn2n11.，1111111111n命题角度3错位相减求和

9、【例13】(2017天津卷)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，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*).解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以an的通项公式为an3n2，bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nbn的前n项和

10、为Tn，由a2n6n2，bn2n，有(2)Tn123，Tn2234nn11n12所以Tn3n2Tn4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n1，12（12n）124(6n2)2n1(3n4)2n216.所以Tn(3n4)2n216.所以数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.探究提高1.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解.2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特

11、别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“SnqSn”的表达式.【训练2】(2017衡阳模拟)已知等差数列an满足：an1an(nN*)，a11，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an2log2bn1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)设d为等差数列an的公差，且d0，由a11，a21d，a312d，分别加上1，1，3成等比数列，得(2d)22(42d)，因为d0，所以d2，所以an1(n1)22n1，又因为an12log2bn，1所以log2bnn即bn2n.1352n12222n11352n12Tn2223242n1，得111

12、1112n122222221112222n11222n11112n132n3212n12n122n1.2n3.TnTn1n1cn22所以An12（n1）an22TnTn1n（n1）n（n1）当n2时，anSnSn12n12n2n1，热点二an与Sn的关系问题【例2】(2017济南模拟)设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，bnb1log2|an|，数列bn的前n项和为Tn，cnn1.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列cn的前n项和An，并求出An的最值.解(1)因为an5Sn1，nN*，所以an15Sn11，1两式相减，得an14an，1又当n1时，a15a

13、11，知a14，1所以数列an是公比、首项均为4的等比数列.1n所以数列an的通项公式an4.(2)bn1log2|an|2n1，数列bn的前n项和Tnn2，b2n111，1.因此An是单调递增数列，13当n1时，An有最小值A1144；An没有最大值.探究提高1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.2.形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列.1【训练3】(2017梅州质检)设数列an的前n项和为Sn，且Sn22n1，bn为等差数列，且a1

14、b1，a2(b2b1)a1.(1)求数列an和bn的通项公式；b(2)设cnn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1S11.111222a2(2)由(1)可知cn1122n此式对n1也成立，an11(nN*)，a从而b1a11，b2b112.又因为bn为等差数列，公差d2，bn1(n1)22n1.2n1(2n1)2n1，2n1所以Tn1132522(2n1)2n1，2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n，得：Tn12(2222n1)(2n1)2n4（12n1）1(2n1)2n12n14(2n1)2n3(2n3)2nTn3(2n3)2n.热点三数列与函数、不等式的综合问

15、题【例3】(2017惠州三调)在数列an中，点(an，an1)在直线yx2上，且首项a11.(1)求数列an的通项公式；(2)数列an的前n项和为Sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前n项和为Tn，请写出适合条件TnSn的所有n的值.解(1)点(an，an1)在直线yx2上，且a11.an1an2则an1an2，因此数列an是公差为2，首项为1的等差数列.an12(n1)2n1.(2)数列an的前n项和Snn（12n1）n2，等比数列bn中，b1a11，b2a23，q3.bn3n1.13312数列bn的前n项和Tn13n3n13n1.TnSn可化为23n1n2.又nN*，n1，

16、或n2故适合条件TnSn的所有n的值为1和2.探究提高1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它(2)设bnlog2(an1)，bn的前n项和为Sn，求证：2.12Sn123n21211Snn（n1）nn1，S1S2S3Sn1111121的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练4】(2017长郡中学联考)在数列an中，已知a11，a23，an23an12an.(1)证明数列an

17、1an是等比数列，并求数列an的通项公式；1111S1S2S3Sn证明(1)由an23an12an，得an2an12(an1an)，a2a12，所以，an1an是首项为2，公比为2的等比数列，an1an2n，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12n12222n12n1.(2)bnlog2(an1)log22nn，n（n1），于是21111所以223nn1211n1T1013恒成立，则整数m的最小值为()10A.1026C.1024B.1025D.10231n，2n21n2n2n11解析11221n1Tnn12n，111T1010131121010131024210，又mT10101

18、3，整数m的最小值为1024.答案C二、填空题6.对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a11，an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn_.解析因为an1an2n，应用累加法可得an2n1，所以Sna1a2a3an222232nn2（12n）122n1n2.答案2n1n2SnSn1所以Sn13Sn11又bnn1n1SnSn1SnSn1SnSn1则b1b2bnn1.8.设向量a(1，2)，b1，an(nN*)，若ab，设数列a的前n项和为S，则S的最小值为_.n2n，an(nN*)，ab，所以1a11n2n解析因为向量a(1，2)，b20，n2na

19、7.(2017潮州二模)已知Sn为数列an的前n项和，an23n1(nN*)，若bnn1，则b1b2bn_.解析易知数列an是首项a12，公比q3的等比数列，2（13n）3n1.aS，111111S1S2S2S3SnSn11111S1Sn1231112答案3n11nnnn211n2nnn1，即an2Sn21111111111223n1nnn1n1当n1时，Sn取得最小值211.a1，2a15d4，a15d3.d.从而数列an的前n项和为21易知Sn是单调递增数列.12答案1三、解答题9.(2016全国卷)等差数列an中，a3a44，a5a76.(1)求an的通项公式；(2)设bnan，求数列bn的前10项和，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，2.62.解(1)设数列an的首项为a1，公差为d，由题意有1解得255所以an的通项公式为an2n3.(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.a1b1b2，112b1d，b4，所以bn3n1.d3.(2)由(1)知cnn（3n3）（n1）2n23n2n2.34anan1n4（12）5(2)由(1)知，bn2n3.2n35当n1，2，3时，12，bn1；2n35当n4，5时，23，bn2；2n35当n6，7，8时，34，bn3；2