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- 2021-04-12 发布
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＝，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn，
由(1)知＝＝－，
则Sn＝＋＋…＋
＝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，求数列的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公比为q，
由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，
解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
(2)由题意知：S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－，
所以Tn＝5－.
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{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(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.
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.
(2)an＝忽略n≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验.
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
【例1－1】 (2017·郑州质检)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.
而a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故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.
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
【例1－2】 (2015·全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.
解 (1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知
a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
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1】 (2017·昆明诊断)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝5，4a＝a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝2，且bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式；
(3)设cn＝，求数列{cn}的前n项和为Tn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，由4a＝a2a6得4a＝a所以q2＝4，由条件可知q>0，故q＝2，
由a1＋2a2＝5得a1＋2a1q＝5，所以a1＝1，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由bn＋1＝bn＋an得bn＋1－bn＝2n－1，
故b2－b1＝20，b3－b2＝21，…，bn－bn－1＝2n－2，
以上n－1个等式相加得bn－b1＝1＋21＋…＋2n－2
＝＝2n－1－1，
由b1＝2，所以bn＝2n－1＋1.
(3)cn＝＝＝－，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝－＝－.
命题角度3 错位相减求和
【例1－3】 (2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}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{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).
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b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有
Tn＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，
上述两式相减，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1，
＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
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.
2.在写“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式.
【训练2】 (2017·衡阳模拟)已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解 (1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为d>0，所以d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又因为an＝－1－2log2bn，
所以log2bn＝－n即bn＝.
(2)Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②，得
Tn＝＋2×－
＝＋2×－
＝＋1－－＝－.
所以Tn＝3－.
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an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝.
(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＝－an，
又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－，
所以数列{an}是公比、首项均为－的等比数列.
所以数列{an}的通项公式an＝.
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，
数列{bn}的前n项和Tn＝n2，[来源:Z|xx|k.Com]
cn＝＝＝－，
所以An＝1－.
因此{An}是单调递增数列，
∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－＝；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3】 (2017·梅州质检)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2－，{bn
}为等差数列，且a1＝b1，a2(b2－b1)＝a1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，
此式对n＝1也成立，∴an＝(n∈N*)，[来源:Zxxk.Com]
从而b1＝a1＝1，b2－b1＝＝2.
又因为{bn}为等差数列，∴公差d＝2，
∴bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
(2)由(1)可知cn＝＝(2n－1)·2n－1，
所以Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，①
2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，②
①－②得：－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n
＝1＋－(2n－1)·2n
＝1＋2n＋1－4－(2n－1)·2n＝－3－(2n－3)·2n
∴Tn＝3＋(2n－3)·2n.
热点三 数列与函数、不等式的综合问题
【例3】 (2017·惠州三调)在数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(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，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.
解 (1)∵点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且a1＝1.
∴an＋1＝an＋2则an＋1－an＝2，
因此数列{an}是公差为2，首项为1的等差数列.
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2，
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.
∴bn＝3n－1.
∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝＝.
Tn≤Sn可化为≤n2.
又n∈N*，∴n＝1，或n＝2
故适合条件Tn≤Sn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】 (2017·长郡中学联考)在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an.
(1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2(an＋1)，{bn}的前n项和为Sn，求证：＋＋＋…＋<2.
证明 (1)由an＋2＝3an＋1－2an，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，a2－a1＝2，
所以，{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－an＝2n，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1.
(2)bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，
∴Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝，
于是＝＝2，
所以＋＋＋…＋
＝2
＝2<2.
1.错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项得到的数列{an·bn}求和.
(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}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)＝－.(2)＝.
(3)＝.
(4)＝.
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.已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为( )
A.n2＋1－ B.n2＋2－
C.n2＋1－ D.n2＋2－
解析 an＝(2n－1)＋，
∴Sn＝＋＝n2＋1－.
答案 A
2.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，当d＞0时，则S4＋S6－2S5＞0，即S4＋S6＞2S5，反之，S4＋S6＞2S5，可得d＞0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件.
答案 C
3.(2017·沈阳二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15
C.18 D.30
解析 ∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴数列{an}是公差为2的等差数列.
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.
数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n.
令an＝2n－7≥0，解得n≥.
∴n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an.
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝
S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.
答案 C
4.(2017·衡水中学月考)数列an＝，其前n项之和为，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.10 D.9
解析 由于an＝＝－.
∴Sn＝＋＋…＋＝1－.
因此1－＝，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 B
5.(2017·湘潭三模)已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )
A.1 026 B.1 025
C.1 024 D.1 023
解析 ∵＝1＋，
∴Tn＝n＋＝n＋1－，
∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，
又m>T10＋1 013，
∴整数m的最小值为1 024.
答案 C
二、填空题
6.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝1，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析 因为an＋1－an＝2n，应用累加法可得an＝2n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝2＋22＋23＋…＋2n－n
＝－n
＝2n＋1－n－2.
答案 2n＋1－n－2
7.(2017·潮州二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________.
解析 易知数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，
所以Sn＝＝3n－1.
又bn＝＝＝－，
则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋
＝－＝－.
答案 －
8.设向量a＝(1，2)，b＝(n∈N*)，若a∥b，设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为________.
解析 因为向量a＝(1，2)，b＝(n∈N*)，a∥b，所以1·an－·2＝0，
即an＝＝2，
从而数列{an}的前n项和为
Sn＝2＝2
易知{Sn}是单调递增数列.
∴当n＝1时，Sn取得最小值2＝1.
答案 1
三、解答题
9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，[来源:学科网ZXXK]
由题意有
解得
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1；
当n＝4，5时，2≤<3，bn＝2；
当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3；
当n＝9，10时，4≤<5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
10.(2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.[来源:学科网ZXXK]
当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式.
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d，
由即
可解得所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×＝－3n·2n＋2.
所以Tn＝3n·2n＋2.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)＝3x2－2x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2Tn≤λ－2 015对任意n∈N*都成立的实数λ的取值范围.
解 (1)因为点(n，Sn)均在函数f(x)＝3x2－2x的图象上，所以Sn＝3n2－2n.
当n＝1时，a1＝S1＝3－2＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.
又a1＝1也满足an＝6n－5，
所以an＝6n－5(n∈N*).
(2)因为bn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝＝，
所以2Tn＝＝1－<1.
又2Tn≤λ－2 015对任意n∈N*都成立，
所以1≤λ－2 015，即λ≥2 016.
故实数λ的取值范围是[2 016，＋∞).