【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第11讲 数列求和及其综合应用

第11讲　数列求和及其综合应用1.掌握数列的求和方法：(1)直接利用等差、等比数列求和公式；(2)通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3)根据数列特征，采用累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4)通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5)在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如n(n－1)<n2<n(n＋1)，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题．2.数列是特殊的函数，这部分内容中蕴含的数学思想方法有函数与方程思想、分类讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等，高考题中所涉及的知识综合性很强，既有较繁的运算又有一定的技巧，在解题时要注意从整体去把握．1.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n－1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________．答案：－15解析：∵a1＋a2＝a3＋a4＝…＝a9＋a10＝－3，∴a1＋a2＋…＋a10＝5×(－3)＝－15.2.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则＝________．答案：6解析：＝＝＝＝6.3.若数列{an}满足＝p(p为正常数，n∈N*)，则称{an}为“等方比数列”，则“数列{an}是等方比数列”是“数列{an}是等比数列”的________(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)条件．答案：必要不充分4.已知等比数列{an}的首项为2，公比为3，前n项和为Sn.若log3＝9，则＋的最小值是________．答案：解析：由题设an＝2×3n－1，S4m＋1＝＋1＝34m，∴an(S4m＋1)＝34m＋n－1.又log3＝9，∴an(S4m＋1)＝39，即4m＋n－1＝9，∴4m＋n＝10.又＋＝(4m＋n)＝·≥，当且仅当＝，即m＝n＝2时，“＝”成立．题型一等差、等比数列求和公式及利用例1已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．-9-\n解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝＝＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×＝2n－1，所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.题型二可转化为等差、等比数列求和例2已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.题型三根据数列特征，用适当的方法求和例3已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(k∈N*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，求an；(2)求数列的前n项和Tn.解：(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝－k2＋k2＝k2，故k＝4，从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)．又a1＝S1＝，所以an＝－n.(2)因为bn＝＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋，所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－.已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，a2＝2，an>0，bn＝(n∈N*)，且{bn}是以q为公比的等比数列．(1)证明：an＋2＝anq2；(2)若cn＝a2n－1＋2a2n，证明：数列{cn}是等比数列；-9-\n(3)求和：＋＋＋＋…＋＋.(解法1)(1)证明：由＝q，有＝＝q,∴an＋2＝anq2(n∈N*).(2)证明：∵an＝an－2q2，∴a2n－1＝a2n－3q2＝…＝a1q2n－2，a2n＝a2n－2q2＝…＝a2q2n－2，∴cn＝a2n－1＋2a2n＝a1q2n－2＋2a2q2n－2＝(a1＋2a2)q2n－2＝5q2n－2，∴{cn}是首项为5，以q2为公比的等比数列．(3)解：由(2)得＝q2－2n，＝q2－2n，于是＋＋…＋＝(＋＋…＋)＋(＋＋…＋)＝＋(1＋＋＋…＋)＝.由题知q>0，当q＝1时，＋＋…＋＝＝n；当q≠1时，＋＋…＋＝＝＝.故＋＋…＋＝解法2:(1)同解法1.(2)证明：＝＝＝q2(n∈N*)，又c1＝a1＋2a2＝5，∴{cn}是首项为5，以q2为公比的等比数列．(3)解：由(2)的类似方法得a2n－1＋a2n＝(a1＋a2)q2n－2＝3q2n－2，＋＋…＋＝＋＋…＋.∵＝＝q－2k＋2，k＝1，2，…，n,∴＋＋…＋＝(1＋q－2＋q－4…＋q－2n＋2)(下面同解法1)．题型四数列求和的综合应用例4将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1a2　a3a4　a5　a6a7　a8　a9　a10…记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1＝a1＝1，Sn为数列{bn}的前n项和，且满足＝1(n≥2)．(1)证明：数列成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当a81＝－时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．(1)证明：由已知，＝1，又bn＝Sn－Sn－1，∴2(Sn－Sn－1)＝Sn(Sn－Sn－1)－S，-9-\n即2Sn－1－2Sn＝SnSn－1.又S1＝1≠0，∴SnSn－1≠0，∴－＝，∴数列成等差数列，且＝1＋(n－1)·，即Sn＝，∴bn＝(2)解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q＞0.因为1＋2＋…＋12＝＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，故a81在表中第13行第三列，因此a81＝b13·q2＝－.又b13＝－，所以q＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，则S＝＝·＝(1－2k)(k≥3)．1.(2022·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为2，若a2、a4、a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝________．答案：n(n＋1)解析：∵等差数列{an}的公差为2，且a2、a4、a8成等比数列，∴a＝a2a8，即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，解得a1＝2，则an＝2n，∴Sn＝n(n＋1)．2.(2022·福建卷)在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.若bn＝log3an，则数列{bn}的前n项和Sn＝________．答案：解析：设{an}的公比为q，依题意得解得因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.3.(2022·全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2、a4是方程x2－5x＋6＝0的根，则数列的前n项和为________．答案：Sn＝2－解析：方程x2－5x＋6＝0的两根为2、3.由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而得a1＝.所以{an}的通项公式为an＝n＋1.设的前n项和为Sn，由(1)知＝，则Sn＝＋＋…＋＋，Sn＝＋＋…＋＋，两式相减得-9-\nSn＝＋－＝＋－，所以Sn＝2－.4.(2022·安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________．答案：－5.(2022·山东卷)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝a，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知，bn＝a＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，所以当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝＝，当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝－n(n＋1)＝－.所以Tn＝6.(2022·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.证明：由题设，Sn＝na＋d.(1)若c＝0，得bn＝a＋d.当b1，b2，b4成等比数列，b＝b1b4，即＝a，得d2－2ad＝0.又d≠0，故d＝2a.由此Sn＝n2a，所以Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk(k，n∈N*)．-9-\n(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D(*)．在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，从而有由②、③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0，即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又cd1＝0，所以c＝0.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2022·南通二模)各项均为正数的数列{an}中，设Sn＝a1＋a2＋…＋an，Tn＝＋＋…＋，且(2－Sn)(1＋Tn)＝2，n∈N*.(1)设bn＝2－Sn，证明数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝nan，求集合{(m，k，r)|cm＋cr＝2ck，m<k<r，m，k，r∈N*}．解：(1)当n＝1时，(2－S1)(1＋T1)＝2，即(2－a1)＝2，解得a1＝1.(2分)由(2－Sn)(1＋Tn)＝2，所以Tn＝－1.①当n≥2时，Tn－1＝－1.②①－②，得＝－＝(n≥2)，(4分)即(2－Sn)(2－Sn－1)＝2[(2－Sn－1)－(2－Sn)]2，即bnbn－1＝2(bn－1－bn)2，所以＋＝.因为数列{an}的各项均为正数，所以数列{2－Sn}单调递减，所以<1，所以＝(n≥2)．因为a1＝1，所以b1＝1≠0，所以数列{bn}是等比数列．(6分)-9-\n(2)由(1)知2－Sn＝，所以an＝，即cn＝.由cm＋cr＝2ck，得＋＝2(*)．又n≥2时，＝<1，所以数列{cn}从第2项开始依次递减．(8分)(ⅰ)当m≥2时，若k－m≥2，则≥＝＝≥2，(*)式不成立，所以k－m＝1，即k＝m＋1.(10分)令r＝m＋1＋i(i∈N*)，则cr＝＝2ck－cm＝－＝＝，所以r＝2i＋1，即存在满足题设的数组{(2i＋1－i－1，2i＋1－i，2i＋1)}(i∈N*)．(13分)(ⅱ)当m＝1时，若k＝2，则r不存在；若k＝3，则r＝4；若k≥4时，≥＝2，(*)式不成立．综上所述，所求集合为{(1，3，4)，(2i＋1－i－1，2i＋1－i，2i＋1)}(i∈N*)．(16分)(注：列举出一组给2分，多于一组给3分)1.两个正数a、b的等差中项是，一个等比中项是，且a＞b，则双曲线－＝1的离心率e＝________．答案：解析：由题有或(舍)，e＝＝＝.2.在等比数列{an}中，前n项和为Sn，若Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列，则am，am＋2，am＋1成等差数列．(1)写出这个命题的逆命题；(2)判断逆命题是否为真，并给出证明．解：(1)在等比数列{an}中，前n项和为Sn，若am，am＋2，am＋1成等差数列，则Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．(2)设数列{an}的首项为a1，公比为q.由题意知2am＋2＝am＋am＋1，即2a1qm＋1＝a1qm－1＋a1qm.∵a1≠0，q≠0,∴2q2－q－1＝0,∴q＝1或q＝－.当q＝1时，有Sm＝ma1，Sm＋2＝(m＋2)a1，Sm＋1＝(m＋1)a1，显然2Sm＋2≠Sm＋Sm＋1，此时逆命题为假；当q＝－时，有2Sm＋2＝＝a1，Sm＋Sm＋1＝＋＝a1，即2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1，此时逆命题为真．3.已知等差数列{an}满足a3＋a6＝－，a1·a8＝－，a1＞a8.-9-\n(1)求数列{an}的通项公式；(2)把数列{an}的第1项、第4项、第7项、…、第3n－2项、…分别作为数列{bn}的第1项、第2项、第3项、…、第n项、…，求数列{2bn}的前n项之和；(3)设数列{cn}的通项为cn＝n·2bn，试比较(n＋1)(n＋2)cn＋n(n＋1)cn＋2与2n(n＋2)cn＋1的大小．解：(1)由题意知{an}为等差数列，a3＋a6＝a1＋a8＝－.又a1·a8＝－，且a1＞a8，解得a1＝1，a8＝－，公差d＝＝－，∴an＝1－(n－1)＝－n＋(n∈N*)．(2)∵b1＝a1＝1，b2＝a4＝0，∴bn＝a3n－2＝－(3n－2)＋＝－n＋2，∴＝＝，∴{2}是首项为2，公比为的等比数列，∴{2}的前n项之和为＝4－.(3)∵cn＝n·2，∴(n＋1)(n＋2)cn＋n(n＋1)cn＋2－2n(n＋2)cn＋1＝n(n＋1)(n＋2)2＋n(n＋1)(n＋2)·2－2n(n＋1)(n＋2)·2＝n(n＋1)(n＋2)(2＋2－2×2)＝n·(n＋1)(n＋2)2(1＋2－2×2)＝n(n＋1)(n＋2)·2(1＋2－2－2×2－1)＝n(n＋1)(n＋2)·2(1＋－1)＞0，其中bn＋2－bn＝－(n＋2)＋2－(－n＋2)＝－2，bn＋1－bn＝－(n＋1)＋2－(－n＋2)＝－1，∴(n＋1)(n＋2)cn＋n(n＋1)cn＋2＞2n(n＋2)cn＋1.4.已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，且a4＝81.(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；(2)求证：数列为等差数列，并求an.(1)解：由an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，得a4＝2a3＋24－1＝81，∴a3＝33，同理a2＝13，a1＝5.(2)证明：由an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，得＝＝＋1，∴－＝1，∴是等差数列.∵的公差d＝1，∴＝＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝(n＋1)×2n＋1.5.已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*-9-\n都成立的最小正整数m.解：(1)设该二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b，由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以an＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)得知bn＝＝＝，故Tn＝bi＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝.因此，要使＜(n∈N*)成立的m，必须且仅须满足≤，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.-9-