高三数学二轮专题二数列 第2讲 数列求和及综合应用

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1 第2讲 数列求和及综合应用

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Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列an2n＋1的前n项和.

解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①

故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②

①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1，

又n＝1时，a1＝2适合上式，

从而{an}的通项公式为an＝22n－1.

(2)记an2n＋1的前n项和为Sn，

由(1)知an2n＋1＝2（2n－1）（2n＋1）＝12n－1－12n＋1，

则Sn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1

＝1－12n＋1＝2n2n＋1.

2.(2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.

解 (1)设{an}的公比为q，

由题意知a1（1＋q）＝6，a21q＝a1q2， 精心整理 提升自我

2 又an>0，

解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.

(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（b1＋b2n＋1）2＝(2n＋1)bn＋1，

又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，

所以bn＝2n＋1.

令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，

因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn

＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n，

又12Tn＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，

两式相减得12Tn＝32＋12＋122＋…＋12n－1－2n＋12n＋1，

所以Tn＝5－2n＋52n.

考 点 整 合

1.(1)数列通项an与前n项和Sn的关系，an＝S1 （n＝1），Sn－Sn－1 （n≥2）.

(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)＝0时，应特别注意n＝1时的情况，防止产生错误.

2.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{an·bn}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干项的方法，裂项相消法适用于形如canan＋1(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 精心整理 提升自我

3 温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.

3.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 an与Sn的关系问题

【例1】 设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝bn＋1TnTn＋1.

(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an＝5Sn＋1，n∈N*，

所以an＋1＝5Sn＋1＋1，

两式相减，得an＋1＝－14an，

又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－14，

所以数列{an}是公比、首项均为－14的等比数列.

所以数列{an}的通项公式an＝－14n.

(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，

数列{bn}的前n项和Tn＝n2，

cn＝bn＋1TnTn＋1＝2n＋1n2（n＋1）2＝1n2－1（n＋1）2，

所以An＝1－1（n＋1）2.

因此{An}是单调递增数列，

∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－14＝34；An没有最大值. 精心整理 提升自我

4 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Sn－Sn－1＝an(n≥2)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an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列.

【训练1】 (2018·安徽江南名校联考)已知数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足2(Sn＋1)＝(n＋3)an.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}满足bn＝1anan＋1，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<3.

(1)解 2(Sn＋1)＝(n＋3)an，①

当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝(n＋2)an－1，②

①－②得，(n＋1)an＝(n＋2)an－1，

所以ann＋2＝an－1n＋1(n≥2)，又∵a11＋2＝13，

故ann＋2是首项为13的常数列.

所以an＝13(n＋2).

(2)证明 由(1)知，

bn＝1anan＋1＝9（n＋2）（n＋3）＝91n＋2－1n＋3.

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝913－14＋14－15＋…＋1n＋2－1n＋3

＝913－1n＋3＝3－9n＋3<3.

热点二 数列的求和

考法1 分组转化求和

【例2－1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 精心整理 提升自我

5 解 (1)∵{an}为等差数列，

∴S4＝4a1＋4×32d＝24，S7＝7a1＋7×62d＝63，解得a1＝3，d＝2.

因此{an}的通项公式an＝2n＋1.

(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)

＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，

∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n－1）3＋Gn.

当n为偶数时，Gn＝2×n2＝n，

∴Tn＝8（4n－1）3＋n；

当n为奇数时，Gn＝2×n－12－(2n＋1)＝－n－2，

∴Tn＝8（4n－1）3－n－2，

∴Tn＝8（4n－1）3＋n （n为偶数），8（4n－1）3－n－2 （n为奇数）.

探究提高 1.在处理一般数列求和时，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的奇偶进行讨论.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.

考法2 裂项相消法求和

【例2－2】 (2018·郑州调研)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2n2＋5n.

(1)求证：数列{3an}为等比数列；

(2)设bn＝2Sn－3n，求数列nanbn的前n项和Tn.

(1)证明 ∵Sn＝2n2＋5n，

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n＋3.

又当n＝1时，a1＝S1＝7也满足an＝4n＋3. 精心整理 提升自我

6 故an＝4n＋3(n∈N*).

由an＋1－an＝4，得3an＋13an＝3an＋1－an＝34＝81.

∴数列{3an}是公比为81的等比数列.

(2)解 ∵bn＝4n2＋7n，

∴nanbn＝1（4n＋3）（4n＋7）＝1414n＋3－14n＋7，

∴Tn＝1417－111＋111－115＋…＋14n＋3－14n＋7

＝1417－14n＋7＝n7（4n＋7）.

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.

【训练2】 (2018·成都二诊)设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为32(a1＋a2).

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝log3a2n－1，数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}满足cn＝14Sn－1，Tn为数列{cn}的前n项和，若Tn

解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，

由题意，得a4＝a1q3＝81，a1q＋a1q2＝3（a1＋a1q），解得a1＝3，q＝3.

所以an＝a1qn－1＝3n.

(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，

Sn＝n（b1＋bn）2＝n[1＋（2n－1）]2＝n2

∴cn＝14n2－1＝1212n－1－12n＋1， 精心整理 提升自我

7 ∴Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1

＝n2n＋1.

若Tn＝n2n＋112n＋1(n∈N*)恒成立，

则λ>12n＋1max，所以λ>13.

考法3 错位相减求和

【例2－3】 (2018·潍坊一模)公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝10，且a1，a3，a9成等比数列.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列an3n的前n项和Tn.

解 (1)设{an}的公差为d，由题设

得4a1＋6d＝10，a23＝a1·a9，∴4a1＋6d＝10，（a1＋2d）2＝a1（a1＋8d）.

解之得a1＝1，且d＝1.

因此an＝n.

(2)令cn＝n3n，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn

＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，①

13Tn＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，②

①－②得：23Tn＝13＋132＋…＋13n－n3n＋1

＝131－13n1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，

∴Tn＝34－2n＋34×3n.

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{an·bn}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.