数列求和及数列的综合应用

可得 an＋1＝7Sn＋1，② ②－①得 an＋1－an＝7(Sn－Sn－1)＝7an， 即 an＋1＝8an (n≥2)． 又由于 a1＝1≠0，可得 a2＝7×1＋1＝8， 所以数列{an}是一个以 1 为首项，8 为公比的等比数列． 所以 an＝8n 1＝23(n
故当 n≥2 时，有 an＝Sn－Sn－1 1 11 1 11 2 2 ＝ n ＋ n－ (n－1) ＋ (n－1)＝n＋5. 2 2 2 2 当 n＝1 时，a1＝S1＝6，且 n＋5＝6， 所以 an＝n＋5 (n∈N*)．
又由题意知 bn＋ 2－2bn＋ 1＋bn＝0， 即 bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn (n∈N*)， 所以{bn}为等差数列， 9(b1＋b9) 9(b3＋b7) 于是 ＝ ＝153. 2 2 23－11 由 b3＝11，得 b7＝23，d＝ ＝3， 7－3 因此 bn＝b3＋3(n－3)＝3n＋2， 即 bn＝3n＋2 (n∈N*)． 3 (2)cn＝ (2an－11)(2bn－1) 3 ＝ [2(n＋5)－11][2(3n＋2)－1] 1 1 1 1 － ＝ ＝ . 22n－1 2n＋1 (2n－1)(2n＋1)
所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn 1 1 1 1 1 1 1 1 － ＝ [1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ ] 2 3 3 5 5 7 2n－1 2n＋1 1 1 n 1－ ＝ ＝ . 2 2n＋1 2n＋1
(2)错位相减法 这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方 法主要用于求数列{an·n}的前 n 项和，其中{an}，{bn}分别是 b 等差数列和等比数列． (3)倒序相加法 这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法，也就是将 一个数列倒过来排列(反序)， 当它与原数列相加时若有公式可 提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加 法求和． (4)裂项相消法 利用通项变形，将通项分裂成两项或 n 项的差，通过相加过 程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．
探究提高 (1)求数列的通项要注意根据条件灵活选用不同 方法．例求 bn 时，利用定义就是不错的选择．(2)本题的关 键是求{cn}的前 n 项和．对 cn 裂项是求和的基本技巧．
变式训练 2 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； 3 m (2)设 bn＝ ，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使得 Tn< 20 anan＋1 对所有 n (n∈N*)都成立的最小正整数 m.
题型三 例3
数列与不等式的综合问题
已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，点(n，Sn)在函数 f(x) 1 2 3 ＝ x ＋ x 的图象上． 2 2 (1)求数列{an}的通项； an an＋1 1 (2)若 cn＝ ＋ ，求证：2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋ . an 2 an＋1
思维启迪 (1)由 Sn 求 an 可考虑，an＝Sn－Sn－1； (2)利用不等式放缩、数列求和分析．
变式训练 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足条件 2Sn＝3(an －1)，其中 n∈N*. (1)求证：数列{an}成等比数列； (2)设数列{bn}满足 bn＝log3an.若 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n 项和．
(1)证明 由题意，得当 n≥2 时， 3 an＝Sn－Sn－1＝ (an－an－1)． 2 an 所以 an＝3an－1，故有 ＝3. an－1 3 又当 n＝1 时，S1＝2(a1－1)＝a1，解得 a1＝3， 所以，数列{an}为首项是 3，公比是 3 的等比数列．
主干知识梳理
1．等差、等比数列的求和公式 (1)等差数列前 n 项和公式： n(n－1) n(a1＋an) Sn＝na1＋ · d＝ . 2 2 (2)等比数列前 n 项和公式： ①q＝1 时，Sn＝na1； a1(1－qn) ②q≠1 时，Sn＝ . 1－q 2．数列求和的方法技巧 (1)转化法 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列 通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的 数列，即先分别求和，然后再合并．
考题分析
本题主要考查了等比数列的基本量的计算、通项
公式和前 n 项和的求法．考查了用裂项法求前 n 项和的基本 方法．体现了对逻辑思维能力和运算求解能力的考查．
易错提醒 (1)不能准确选择基本量，列方程求解．(2)bn 计算不 1 准确，易忽略负号．(3)所求的是 的前 n 项和而非{bn}的前 n bn 项和．
2 a3＝9a2，所以 4
1 q ＝9.
2
1 由条件可知 q>0，故 q＝3.
1 由 2a1＋3a2＝1，得 2a1＋3a1q＝1，所以 a1＝ . 3 1 故数列{an}的通项公式为 an＝ n. 3 (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an n(n＋1) ＝－(1＋2＋…＋n)＝－ . 2 1 1 2 － 1 故 ＝－ ＝－2n ， bn n＋1 n(n＋1) 1 1 1 ＋ ＋…＋ b1 b2 bn 1 1 1 1 1 ＝－21－ ＋ － ＋…＋n－ 2 2 3 n＋1 2n ＝－ . n＋1 1 2n 的前 n 项和为－ 所以数列 . bn n＋1
解
(1)设函数 f(x)＝ax2＋bx (a≠0)，
则 f′(x)＝2ax＋b，由 f′(x)＝6x－2， 得 a＝3，b＝－2，所以 f(x)＝3x2－2x. 又因为点(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*)．
＋1 ＋
① ②
题型二
裂项相消法求数列的前 n 项和
Sn Sn，点n， 在直线 n
例 2 已知数列{an}的前 n 项和为
1 y＝ x 2
11 ＋ 上．数列{bn}满足 bn＋2－2bn＋ 1＋bn＝0 (n∈N*)，且 b3 2 ＝11，前 9 项和为 153. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 3 (2)设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. (2an－11)(2bn－1) Sn 1 11 1 2 11 解 (1)由题意，得 ＝2n＋ 2 ，即 Sn＝2n ＋ 2 n. n
n＋1 n＋2 · ＝2， n＋2 n＋1
所以 c1＋c2＋…＋cn>2n. n＋1 n＋2 1 1 又因为 cn＝ ＋ ＝2＋ － . n＋2 n＋1 n＋1 n＋2 1 1 1 1 1 1 故 c1＋c2＋…＋cn＝2n＋[( － )＋( － )＋…＋( － )] 2 3 3 4 n＋1 n＋2 1 1 1 ＝2n＋ － <2n＋ . 2 n＋2 2 1 所以 2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋ 成立． 2
(2)用错位相减法求 Tn.
b 解 (1)由题意得：－ ＝5，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ 2a an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a＝2an－11a. ∵a2＝－7，得 a＝1.∴a1＝S1＝－9，∴an＝2n－11.
2n－11 (2)∵bn＝ ， 2n －9 －7 2n－11 ∴Tn＝ ＋ 2 ＋…＋ ， ① 2 2 2n －9 2n－13 2n－11 1 T ＝ ＋…＋ ＋ n＋1 ， ② 2 n 22 2n 2 1 9 2 2 2n－11 ①－②得 Tn＝－ ＋ 2＋…＋ n－ n＋1 2 2 2 2 2 1 1 (1－ n－1) 2 2 2n－11 2n－11 9 7 1 ＝－ ＋ － n＋1 ＝－ － n－1－ n＋1 . 2 1 2 2 2 2 1－ 2 2n－7 ∴Tn＝－7－ n . 2 探究提高 错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法． 在 应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以 看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数 列的求和问题．
探究提高 数列与不等式综合是常见题型， 常见的证明不等 式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法； ⑤放缩法．
变式训练 3 已知数列{an}，Sn 是其前 n 项的和，且 an＝7Sn－1 ＋1 (n≥2)，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ (n≥2)，Tn＝bn＋1＋bn＋ 2＋…＋b2n，求出最 log2an k 小的正整数 k， 使得对于任意的正整数 n，பைடு நூலகம்Tn< 恒成立． 有 12 解 (1)由题意知 an＝7Sn－1＋1，①
1 2 3 (1)解 因为点(n，Sn)在 f(x)的图象上，所以 Sn＝2n ＋2n. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋1. 当 n＝1 时，a1＝S1＝2，适合上式． 所以 an＝n＋1 对任意 n∈N*都成立．
(2)证明
an an＋1 n＋1 n＋2 cn＝ ＋ ＝ ＋ >2 an n＋2 n＋1 an＋1
热点分类突破
题型一 错位相减法求数列的前 n 项和 例 1 已知当 x＝5 时，二次函数 f(x)＝ax2＋bx 取得最小值， 等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝f(n)，a2＝－7. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)数列{bn}的前 n 项和为 Tn，且 bn＝ n，求 Tn. 2 b 思维启迪 (1)由对称轴得－ ＝5， an＝Sn－Sn－1 求 an. 由 2a
3 (2)由(1)，知 bn＝ anan＋1 1 3 1 1 － ＝ ＝ ， (6n－5)[6(n＋1)－5] 26n－5 6n＋1 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn 1 1 1 1 1 1 － ＝ [1－ ＋ － ＋…＋ ] 2 7 7 13 6n－5 6n＋1 1 1－ 1 ＝ . 2 6n＋1 1 1－ 1 m 因此，要使 < (n∈N*)成立， 2 6n＋1 20 1 m 则 m 需满足 ≤ 即可， m≥10， 则 所以满足要求的最小正整 2 20 数 m 为 10.
3．数列的应用题 (1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知 识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解 能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题 转化为数学问题， 然后再用数学运算、 数学推理予以解决． (2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数 列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的 增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{an}，利用 该数列的通项公式、递推公式或前 n 项和公式．
第 2 讲 数列求和及数列的综合应用
【高考真题感悟】 (2011· 课标全国)等比数列{an}的各项均为正数，且 2a1＋ 3a2＝1，a2＝9a2a6. 3 (1)求数列{an}的通项公式； (2)设
1 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列 的前 bn
n
项和．
解 由 (1)设数列{an}的公比为 q. a2＝9a2a6 得 3
(2)解
由(1)，得 an＝3n，则 bn＝log3an＝log33n＝n.
－
故有 cn＝anbn＝n·n. 3 设 Tn＝1·1＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n 1＋n·n， 3 3 3 3 3 则 3Tn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n 1. 3 3 3 3 3 ①－②得，－2Tn＝(31＋32＋33＋…＋3n)－n·n 3 3(1－3n) ＋ ＝ －n·n 1， 3 1－3 (2n－1)3n＋1＋3 所以 Tn＝ . 4