2018-2019学年数学高考二轮复习规范答题示例5数列的通项与求和问题-理科

2019届高考数学复习解答题双规范案例之一一数列问题1.已知在正项等比数列｛&｝中，a】与分别是方程X2-5X+4=0的两根.(1)求数列｛aj的通项公式.'1'⑵若数列｛bn｝是递增数列，其前n项和为Sn,且b n=log2a n+l,求数列I'J的前n项和T n.【解析】(1)设等比数列｛a』的公比为q,S = l，ph = £依题意得〔％ = 4,或伊3 = L'% = 1,若［a3 =4?因为a n>0,则q=2,所以a n=1 X2n-1=2n-1;= 4, 1若伊3 = 1，因为a n>0,则q=2, 件-1所以a n=4X\2/ =23-n.⑵因为数列｛bj是递增数列，b n= Iog2a n+1,所以由⑴知a=2nH,b n= I og2a n+1 = I og22n-n-1 +1=n,所以｛以｝是以1为首项，1为公差的等差数列,n(S + 如)n(l + n) 所以Sn= 2 - 2所以s n=n(n + 1)=2 \n n + 1/I 1 1 1 1 1 \---- + ----- + ... + ----------所以T n=2\l 2 2 3 n n + 1)=2\ n + 1)= n + 1新题快递2.已知数列｛aj的前n项和为S”且ai=l, S n+-2S n=l (nEN*).(1)求数列｛缶｝的通项公式.n⑵若数列｛bj满足b n=n+a n,求数列｛bj的前n项和T n.【解析】(1)由S伸—2Sr1 (n£N*)得Sn-2Sn.Fl (nN2,n£N*),两式相减得a n+i=2a n (n^2, n£N*).又S2~2S I-1 , ai-1,所以ai+a2_2ai=1,得a2=2,则a2=2a b所以数列｛aj是首项为1,公比为2的等比数列，所以a=2n-1.n⑵由⑴知b n=n+2n',2《n所以T=+2+•••+n+1+2+22+...+2" 1n(n + 1) 2 3 712Q Q 2 - 1+ 1+乙+乙+・・・ +乙,2兰丁令A n=1+2+22+...+2n' %),1 123 n-1 n则2A=2+22+23+...+2n-1+2n@,1 I 1 1 n①-②得2A n=1+2+22+-..+2n- 1-2n1 - 二2. lv 1 n2) 2吃2- 2n n + 2n n -1 所以A n=4- 2 n(n + 1).所以Tn= 2 +4- n + 2 2n-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{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和. 解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ， 由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.2.(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .考 点 整 合1.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝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{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }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⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.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S n 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 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n. (2)b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋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{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足2(S n ＋1)＝(n ＋3)a n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <3.(1)解 2(S n ＋1)＝(n ＋3)a n ，① 当n ≥2时，2(S n －1＋1)＝(n ＋2)a n －1，② ①－②得，(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1， 所以a nn ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，又∵a 11＋2＝13， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列.所以a n ＝13(n ＋2).(2)证明 由(1)知，b n ＝1a n a n ＋1＝9（n ＋2）（n ＋3）＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝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{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2an ＋(－1)n·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n －1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧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S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3an }为等比数列； (2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n . (1)证明 ∵S n ＝2n 2＋5n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n ＋3. 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝7也满足a n ＝4n ＋3. 故a n ＝4n ＋3(n ∈N *).由a n ＋1－a n ＝4，得3an ＋13a n ＝3a n ＋1－a n ＝34＝81.∴数列{3an }是公比为81的等比数列. (2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ， ∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝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{a n }，a 4＝81，且a 2，a 3的等差中项为32(a 1＋a 2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足c n ＝14S n －1，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n <λn 恒成立，求λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1q 3＝81，a 1q ＋a 1q 2＝3（a 1＋a 1q ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3.所以a n ＝a 1qn －1＝3n.(2)由(1)得b n ＝log 332n －1＝2n －1， S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2∴c n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 若T n ＝n 2n ＋1<λn 恒成立，则λ>12n ＋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{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）. 解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }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{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.热点三 与数列相关的综合问题【例3】 设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，∴q ＝3. ∴b n ＝3n －1.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－13－1＝3n－12.T n ≤S n 可化为3n－12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2故适合条件T n ≤S n 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】 (2018·长沙雅礼中学质检)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2). 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)可得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000， 即2n>1 000，又∵n ∈N *，因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式. 2.裂项求和的常见技巧(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为( ) A.－n B.－2n C.nD.2n解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝a 5得3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b n ＝(－1)n －1(2n －1)，∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n .答案 B2.(2018·衡水中学月考)数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( ) A.－10 B.－9 C.10D.9解析 由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1.因此1－1n ＋1＝910，所以n ＝9. 所以直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，所以在y 轴上的截距为－9. 答案 B3.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023 解析 因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ， 则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.答案 C4.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.30 解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2，首项为－5的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n . 令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72. ∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C5.对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.2B.2nC.2n ＋1－2D.2n －1－2 解析 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2. 答案 C二、填空题6.(2018·昆明诊断)数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018等于________. 解析 a n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019. 答案 4 0362 0197.记S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且a n ＋1＝2S n ，则S 2 018＝________.解析 由题意得4S n ＝(a n ＋1)2，①当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，a 1＝1，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，②①－②得a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0，又a n >0，所以a n －a n －1＝2，则{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n ＝2n －1，S 2 018＝2 018（1＋2×2 018－1）2＝2 0182. 答案 2 01828.(2018·贵阳质检)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{a n }中，a n ＝[lg n ]，n ∈N ＋，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________. 解析 当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0.当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1.当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2.当1 000≤n ≤2 018时，a n ＝[lg n ]＝3.故S 2 018＝9×0＋90×1＋900×2＋1 019×3＝4 947.答案 4 947三、解答题9.(2018·济南模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋n －[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.又a 1＝3满足上式.所以a n ＝4n －1(n ∈N *).(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1（4n －1）（4n ＋3）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3. 所以T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14n ＋3＝n 12n ＋9. 10.(2018·南昌调研)已知数列{a n －n }是等比数列，且a 1＝9，a 2＝36.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n －n 2}的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n －n }的公比为q ，则q ＝a 2－2a 1－1＝6－23－1＝2. 从而a n －n ＝(3－1)×2n －1，故a n ＝(n ＋2n )2. (2)由(1)知a n －n 2＝n ·2n ＋1＋4n .记T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1， 则2T n ＝23＋2·24＋…＋(n －1)·2n ＋1＋n ·2n ＋2， 两式作差，得－T n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2 ＝2n ＋2－4－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4， 故S n ＝T n ＋4－4n ＋11－4＝(n －1)·2n ＋2＋4n ＋1＋83. 11.若数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.解 (1)∵数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1. ∴n ＝1时，a 1＋1＝2，解得a 1＝1.又数列{a n }是公差为2的等差数列，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴2nb n ＝nb n ＋1，化为2b n ＝b n ＋1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. ∴b n ＝2n －1.(2)由数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1＝2n 2n ＝n2n －1，数列{c n }的前n 项和为T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，∴12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n2n ，两式作差，得∴12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－12n 1－12－n 2n＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1，化为(－1)n λ<4－22n －1，n ＝2k (k ∈N *)时，λ<4－22n －1，取n ＝2，∴λ<3.n ＝2k －1(k ∈N *)时，－λ<4－22n －1，取n ＝1，∴λ>－2.综上可得：实数λ的取值范围是(－2，3).。

2019高考数学二轮专项检测及详解05：数列的通项和求和(二月版)【一】选择题1.假设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，有S 8-S 3=10，那么S 11的值为() (A)22 (B)18 (C)12 (D)442.(2017·枣庄模拟){a n }是公差为-2的等差数列，a 1=12,那么|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a 20|=()(A)222 (B)232 (C)224 (D)2343.(2017·天津高考){a n }为等差数列，其公差为-2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，那么S 10的值为() (A)-110 (B)-90 (C)90 (D)110 4.数列{a n }满足log 3a n +1=log 3a n+1(n ∈N *)且a 2+a 4+a 6=9,那么()15793log a a a ++的值是()(A)-5(B)15-(C)5(D)15【二】填空题5.在正项等比数列{a n }中,a 1=1,a 3a 7=4a 62,那么S 6=____________. 6.(2017·威海模拟)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,8a 2-a 5=0,那么42S S =________. 7.(2017·江西高考改编)设{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和，假设S n +S m =S n+m ,且a 1=1,那么a 10=____________. 【三】解答题8.(2017·北京模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =4a n -3(n ∈N *)、 (1)证明:数列{a n }是等比数列；(2)假设数列{b n }满足b n+1=a n +b n (n ∈N *)，且b 1=2，求数列{b n }的通项公式、9.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0,且S 3+S 5=50,a 1,a 4，a 13成等比数列、(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设{nnb a }是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .10.(2017·烟台模拟)数列{b n }(n ∈N *)是递增的等比数列，且b 1+b 3=5,b 1b 3=4.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)假设数列{a n }的通项公式是a n =n+2，数列{a n b n }的前n 项和为S n ，求S n .11.数列{a n }满足a 1=3,a n+1-3a n =3n(n ∈N *)，数列{b n }满足b n =3-na n . (1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)设123n n a a a aS 345n 2=+++⋯++，求满足不等式n 2n1S 1128S 4<<的所有正整数n 的值.答案解析1.【解析】选A.S 8-S 3=a 4+…+a 8=5a 6=10，∴a 6=2,()11161111a a 112a S 22.22+⨯===2.【解析】选C.∵d=-2,a 1=12， ∴a n =a 1+(n-1)d =12-2(n-1)， =14-2n ，∴当n=7时,a 7=0， ∴n ＜7时,a n ＞0， n>7时,a n ＜0，∴|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a 20| =a 1+a 2+…+a 7-(a 8+a 9+…+a 20) =S 7-(S 20-S 7) =2S 7-S 20=2［7×12+762⨯×(-2)］-［20×12+20192⨯×(-2)］ =84+140=224.3.【解析】选D.∵27a =a 3·a 9,公差d=-2，∴(a 1-12)2=(a 1-4)(a 1-16)，解得a 1=20， ∴()10109S 10202110.2⨯=⨯+⨯-= 4.【解析】选A.由log 3a n +1=log 3a n+1(n ∈N *)，得a n+1=3a n ,所以数列{a n }是公比为3的等比数列，因为a 2+a 4+a 6=9,所以a 5+a 7+a 9=(a 2+a 4+a 6)×33=35,所以()5157933log a a a log 3 5.++=--＝5.【解析】由题意知a 3a 7=a 52=4a 62，∴a 5=2a 6,∴6665a 11q 63q .S .a 21q 32-==∴==-答案：63326.【解析】由8a 2-a 5=0,得q 3=8,q=2,∴42422S 1q 1q 5.S 1q -==+=-答案：57.【解析】∵S n +S m =S n+m ，且a 1=1， ∴S 1=1.令m=1，得S n +1=S n+1，∴S n+1-S n =1，即当n ≥1时，a n+1=1，∴a 10=1. 答案：18.【解析】(1)由S n =4a n -3,当n=1时， a 1=4a 1-3,解得a 1=1.因为S n ＝4a n -3,那么S n-1=4a n-1-3(n ≥2), 所以当n ≥2时，a n =S n -S n-1=4a n -4a n-1,整理得n n 14a a ,3-=又a 1=1≠0,所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列.(2)因为n 1n 4a (),3-=由b n+1=a n +b n (n ∈N *),得n 1n 1n 4b b ().3-+-=可得b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n-1)n 1n 1*41()4323()1(n 2,n N ).4313---=+=⨯-≥∈-当n=1时上式也满足条件.所以数列{b n }的通项公式为n 1*n4b 3()1(n N )3-=⨯-∈.9.【解析】(1)依题意得()()11211132453a d 5a d 5022,a 3d a a 12d ⨯⨯⎧+++=⎪⎨⎪+=+⎩解得1a 3,d 2=⎧⎨=⎩ ∴a n =a 1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即a n =2n+1(n ∈N *)(2)n 1n nb 3a -=,b n =a n ·3n-1=(2n+1)·3n-1,T n =3+5·3+7·32+…+(2n+1)·3n-1,3T n =3·3+5·32+7·33+…+(2n-1)·3n-1+(2n+1)·3n, 两式相减得-2T n =3+2·3+2·32+…+2·3n-1-(2n+1)3n()n 1n n 3(13322n 132n 3,13--=+-+=--g g ）∴T n =n ·3n (n ∈N *)10.【解析】(1)由b 1+b 3=5,b 1b 3=4知b 1,b 3是方程x 2-5x+4=0的两根， 注意到b n+1>b n 得b 1=1,b 3=4.∴b 22=b 1b 3=4得b 2=2,∴b 1=1,b 2=2,b 3=4,等比数列{b n }的公比为21b 2b =，∴b n =b 1q n-1=2n-1(n ∈N *). (2)a n b n =(n+2)·2n-1,所以S n =3·20+4·21+5·22+…+(n+2)·2n-1, 2S n =3·21+4·22+5·23+…+(n+2)·2n,两式相减得-S n =3·20+21+22+…+2n-1-(n+2)·2n=()n 1n 2(12)3n 2212--+-+-g 所以S n =(n+1)·2n -1(n ∈N *). 11.【解析】(1)由b n =3-na n 得a n =3nb n ，那么a n+1=3n+1b n+1.代入a n+1-3a n =3n中，得3n+1b n+1-3n+1b n =3n，即得n 1n 1b b .3+-=所以数列{b n }是以1为首项，以13为公差的等差数列.(2)因为数列{b n }是首项为b 1=3-1a 1=1，公差为13的等差数列，那么()n 1n 2b 1n 133+=+-=，那么a n =3n b n =(n+2)×3n-1.从而有n 1n a 3n 2-=+， 故n n 2n 1123n n a a a a 1331S 1333,345n 2132---=+++⋯+=+++⋯+==+- 那么n n 2n n2nS 311S 3131-==-+，由n 2n 1S 1128S 4<<，得n 111.128314<<+ 即3<3n <127，得1<n ≤4.故满足不等式n 2n 1S 1128S 4<<的所有正整数n 的值为2，3，4.。

考情速递：1. （2018年北京）设{a n}是等差数列，且a1=ln 2，a2+a3=5ln 2．（1）求{a n}的通项公式；（2）求e a1+e a2+…+e a n．2.．（2018年浙江）已知等比数列{a n}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b 1=1，数列{（b n +1-b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ． （1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【解析】（1）等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项， 可得2a 4+4=a 3+a 5=28-a 4， 解得a 4=8，由8q +8+8q =28，可得q =2（12舍去）， 则q 的值为2．可得b n =b 1+（b 2-b 1）+（b 3-b 2）+…+（b n -b n -1） =1+3•（12）0+7•（12）1+…+（4n -5）•（12）n -2，12b n =12+3•（12）+7•（12）2+…+（4n -5）•（12）n -1， 相减可得12b n =+4[（12）+（12）2+…+（12）n -2]-（4n -5）•（12）n -1=72+4•12(1-12n -2)1-12-（4n -5）•（12）n -1， 化简可得b n =15-（4n +3）•（12）n -2．3（2018年天津）设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n （n ∈N *），{b n }是等差数列．已知a 1=1，a 3=a 2+2，a 4=b 3+b 5，a 5=b 4+2b 6． （1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）设数列{S n }的前n 项和为T n （n ∈N *）， （i ）求T n ；（ii ）证明∑k =1n(T k +b k +2)b k (k +1)(k +2)=2n +2n +2-2（n ∈N *）．（2）（i ）由（1），可得S n =1-2n 1-2=2n-1，故T n =∑k =1n(2k-1)=∑k =1n(2k-n )=2×(1-2n )1-2-n =2n +1-n -2；（ii ）证明：∵(T k +b k +2)b k (k +1)(k +2)=(2k +1-k -2+k +2)k (k +1)(k +2)=k ·2k +1(k +1)(k +2)=2k +2k +2-2k +1k +1．∴∑k =1n(T k +b k +2)b k (k +1)(k +2)=(233-222)+(244-233)+…+(2n +2n +2-2n +1n +1)=2n +2n +2-2．例1.(2018年新课标Ⅲ理)等比数列{a n }中,a 1＝1,a 5＝4a 3. （1）求{a n }的通项公式；（2）记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63,求m .【分析】利用等比数列的基本公式求出数列的公比，从而求得通项公式；第二问利用求和公式求解关于m 的方程，确定解的情况。

专题二数列规范答题示范【典例】 (12分)(2017·天津卷)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).[信息提取]?看到求等差数列{a n}和等比数列{b n}的通项公式，想到利用基本量法分别求等差、等比数列的公差和公比；?看到求数列{a2n b n}的前n项和，想到利用错位相减法求数列的前n项和.[规范解答][高考状元满分心得]?牢记等差、等比数列的相关公式：熟记等差、等比数列的通项公式及前n项和公式，解题时结合实际情况合理选择.如第(1)问运用了等差、等比数列的通项公式.?注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上得出数列{a2n b n}，分析数列特征，想到用错位相减法求数列的前n项和.[解题程序]第一步：利用基本量法求{b n}的通项；第二步：由b3＝a4－2a1，S11＝11b4构建关于a1与d方程(组)，求a n；第三步：由第(1)问结论，表示出{a2n b n}的通项；第四步：利用错位相减法求数列前n项和T n.第五步：反思检验，规范解题步骤.【巩固提升】(2018·德州二模)设S n为数列{a n}的前n项和，且a1＝1，当n≥２时，(n－1)a n＝(n＋1)S n－1＋n(n －1)，n∈N*.(1)证明：数列S nn＋1为等比数列；(2)记T n＝S1＋S2＋…＋S n，求T n.(1)证明当n≥２时，a n＝S n－S n－1，所以(n－1)(S n－S n－1)＝(n＋1)S n－1＋n(n－1)，即(n－1)S n＝2nS n－1＋n(n－1)，则S nn＝2×S n－1n－1＋1，所以S nn＋1＝2×S n－1n－1＋1，又S11＋1＝2，故数列S nn＋1是首项为2，公比为2的等比数列.(2)解由(1)知S nn＋1＝S11＋1·２n－1＝2n，所以S n＝n·２n－n，故T n＝(1×2＋2×２2＋…＋n·２n)－(1＋2＋…＋n).设M＝1×2＋2×２2＋…＋n·２n，则2M＝1×２2＋2×２3＋…＋n·２n＋1，所以－M＝2＋22＋…＋2n－n·２n＋1＝2n＋1－2－n·２n＋1，所以M＝(n－1)·２n＋1＋2，所以T n＝(n－1)·２n＋1＋2－n（n＋1）2.。