[推荐学习]2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点5复杂数列的通项公式与求和问题学案

难点五 复杂数列的通项公式与求和问题
(对应学生用书第71页)
数列在高考中占重要地位，应当牢记等差、等比的通项公式，前n 项和公式，等差、等比数列的性质，以及常见求数列通项的方法，如累加、累乘、构造等差、等比数列法、取倒数等．数列求和问题中，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式；而非等差数列、非等比数列的求和问题，一般用倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．数列的求和问题多从数列的通项入手，通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题． 一、数列的通项公式
数列的通项公式在数列中占有重要地位，是数列的基础之一，在高考中，等差数列和等比数列的通项公式，前n 项和公式以及它们的性质是必考内容，一般以填空题的形式出现，属于低中档题，若数列与函数、不等式、解析几何、向量、三角函数等知识点交融，难度就较大，也是近几年命题的热点． 1．由数列的递推关系求通项
由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法： (1)a n ＋1－a n ＝f (n )型，采用叠加法． (2)
a n ＋1
a n
＝f (n )型，采用叠乘法． (3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0，p ≠1)型，转化为等比数列解决． 2．由S n 与a n 的关系求通项a n
S n 与a n 的关系为：a n ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
S n
n ＝，
S n －S n －1 n
【例1】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *
)．
(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n －2
2n －1
＞2 010
的n 的最小值．
[解] (1)证明：当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1. ∵2a n ＝S n ＋n ，n ∈N *
，∴2a n －1＝S n －1＋n －1，n ≥2，
两式相减得a n ＝2a n －1＋1，n ≥2，即a n ＋1＝2(a n －1＋1)，n ≥2， ∴数列{a n ＋1}为以2为首项，2为公比的等比数列，
∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1，n ∈N *
； (2)b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1＝(2n ＋1)·2n
， ∴T n ＝3·2＋5·22
＋…＋(2n ＋1)·2n
， ∴2T n ＝3·22
＋5·23＋…＋(2n ＋1)·2
n ＋1
，
两式相减可得－T n ＝3·2＋2·22
＋2·23
＋…＋2·2n
－(2n ＋1)·2n ＋1
，
∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1
＋2，
∴
T n －22n －1
＞2 010可化为2n ＋1
＞2 010， ∵210
＝1 024,211
＝2 048
∴满足不等式T n －2
2n －1
＞2 010的n 的最小值为10.
[点评] 利用a n ＝S n －S n －1求通项时，注意n ≥2这一前提条件，易忽略验证n ＝1致误，当n ＝1时，a 1若适合通项，则n ＝1的情况应并入n ≥2时的通项；否则a n 应利用分段函数的形式表示． 二、数列的求和
常见类型及方法
(1)a n ＝kn ＋b ，利用等差数列前n 项和公式直接求解； (2)a n ＝a ·q
n －1
，利用等比数列前n 项和公式直接求解；
(3)a n ＝b n ±c n ，数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{a n }的前n 项和；
(4)a n ＝b n ·c n ，数列{b n }，{c n }分别是等比数列和等差数列，采用错位相减法求和． 【例2】 (扬州市2017届高三上学期期末)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *
，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立． (1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ； (2)若对任意n ∈N *
，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜1
3
成立，求正实数b 1的取值范围；
(3)若a 1＝2，b n ＝2n
，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t
B t
成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由.
【导学号：56394102】
[解] (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1，n ＝1，n 2
－n －2
，n ≥2，
即a n ＝2n －1，
故b n ＋1－b n ＝1
2(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋3
2
n .
(2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即
b n ＋1
b n
＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n
1－2
×b 1＝b 1(2n
－1)，
所以b n ＋1
a n a n ＋1＝
2
n
b 12n －n ＋1
－
， 因为b n ＋1
a n a n ＋1＝
b 1·2n
b 12n －
b 12n ＋1－
＝1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2n －1－12n ＋1－1 所以
b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1
a n a n ＋1
＝1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫121－1－12n ＋1－1，所以1b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1
21－1－12n ＋1－1＜13恒成立， 即b 1＞3⎝
⎛
⎭
⎪⎫
1－
12n ＋1
－1，所以b 1≥3.
(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1
，
所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n
＋2
n －1
＋…＋23＋22＋2＝2
n ＋1
－2，
当n ＝1时，上式也成立， 所以A n ＝2
n ＋2
－4－2n ，又B n ＝2
n ＋1
－2，
所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1
，
假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t
B t
成等差数列， 等价于12－1，s 2－1，t 2－1成等差数列，即2s 2－1＝12－1＋t
2－1
， 即
2s 2s
－1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1
＞1，即2s
＜2s ＋1， 令h (s )＝2s
－2s －1(s ≥2，s ∈N *
)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s
－2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s
＜2s ＋1，所以s ＝2， 代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t
－3t －1＝0(t ≥3)，
当t ＝3时，显然不符合要求；
当t ≥4时，令φ(t )＝2t
－3t －1(t ≥4，t ∈N *
)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0， 所以不符合要求．
所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t
B t
成等差数列．
[点评] 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．从而达到求和的目的．要注意的是裂项相消法的前提是数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后相互抵消．。