【配套K12】[学习](全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题学

第2讲 数列的求和问题
[考情考向分析] 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、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．
热点一 分组转化法求和
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．
例1 (2018·北京海淀区模拟)已知等差数列{a n }满足2a n ＋1－a n ＝2n ＋3(n ∈N *
)． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{}a n ＋b n 是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{b n }的前n 项和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为2a n ＋1－a n ＝2n ＋3，
所以⎩⎪⎨
⎪⎧
2a 2－a 1＝5，2a 3－a 2＝7，所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＋2d ＝5，
a 1＋3d ＝7，
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，d ＝2，
所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *
)．
(2)因为数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为2的等比数列， 所以a n ＋b n ＝2
n －1
，
因为a n ＝2n －1，所以b n ＝2n －1
－(2n －1)．
设数列{b n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝(1＋2＋4＋…＋2
n －1
)－[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]
＝1－2n
1－2－n (1＋2n －1)2
＝2n －1－n 2， 所以数列{b n }的前n 项和为2n －1－n 2(n ∈N *
)．
思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
跟踪演练1 已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2
－dx －3<0的解集为(－1,3)，
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝2n a
＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .
解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧
d
a 1
＝2，
－3
a 1
＝－3，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
d ＝2，
a 1＝1.
故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)， 即a n ＝2n －1(n ∈N *
)． (2)据(1)求解知a n ＝2n －1， 所以b n ＝2n
a ＋2a n ＝2
2n －1＋2(2n －1)＝4
n
2
＋4n －2，
所以S n ＝12(4＋42＋43＋ (4)
)＋(2＋6＋10＋…＋4n －2)＝12×4(1－4n
)1－4＋n (2＋4n －2)2
＝4
n ＋1
6＋2n 2－23
(n ∈N *
)． 热点二 错位相减法求和
错位相减法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{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．
例2 (2018·百校联盟联考)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，前n 项和为S n (n ∈N *
)，a 1＋a 3＝S 4S 2
，a 1－1，a 2－1，a 3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝a n lg a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)由a 1＋a 3＝S 4S 2
得，
a 1＋a 1q 2
＝S 2(1＋q 2)S 2
＝1＋q 2
，
所以a 1＝1，
由a 1－1，a 2－1，a 3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项， 得a 3－1－(a 1－1)＝4[(a 2－1)－(a 1－1)]， 即a 3－a 1＝4(a 2－a 1)，
即q 2
－1＝4(q －1)，即q 2
－4q ＋3＝0， 因为q ≠1，所以q ＝3，所以a n ＝3n －1
(n ∈N *
)．
(2)b n ＝a n lg a n ＝(n －1)·3
n －1
lg 3，
所以T n ＝[0＋3＋2×32
＋3×33
＋…＋(n －1)×3
n －1
]lg 3，
3T n ＝[0＋32
＋2×33
＋3×34
＋…＋(n －1)×3n
]lg 3， 两式相减得，－2T n ＝[3＋32
＋33
＋…＋3n －1
－(n －1)×3n
]lg 3＝3(1－3n －1
)lg 31－3
－(n －1)·3n
lg
3
＝－3lg 32－⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －32·3n lg 3，
所以T n ＝3lg 34＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫n 2－34·3n lg 3(n ∈N *
)．
思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．
(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．
(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．
跟踪演练2 (2018·安庆模拟)在等差数列{a n }中a 4＝9，前三项的和为15. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫
a n 3n 的前n 项和S n . 解 由题意得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＋3d ＝9，3a 1＋3d ＝15，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝3，d ＝2，
∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *
)．
(2)S n ＝a 13＋a 232＋…＋a n 3n ＝33＋532＋733＋…＋2n ＋1
3
n ，①
13S n ＝332＋533＋…＋2n ＋1
3n ＋1，②
①－②得，23S n ＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1
33＋…＋13n －2n ＋13n ＋1，
∴S n ＝2－
n ＋2
3
n
(n ∈N *
)．
热点三 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．
例 3 (2018·天津市十二校模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a ()S n －a n ＋1(n ∈N *
)(a 为常数，a ≠0，a ≠1)． (1)求{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝a n ＋S n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值； (3)在满足条件(2)的情形下，c n ＝
a n ＋1
()a n ＋1()
a n ＋1＋1.若数列{}c n 的前n 项和为T n ，且对任意
n ∈N *满足T n <λ2＋23
λ，求实数λ的取值范围．
解 (1)∵S n ＝a ()S n －a n ＋1， ∴n ＝1时，a 1＝a .
n ≥2时，S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，
∴S n －S n －1＝a n ＝a (S n －S n －1)－aa n ＋aa n －1， ∴a n ＝aa n －1，即
a n
a n －1
＝a 且 a ≠0，a ≠1， ∴数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列， ∴a n ＝a n
(n ∈N *
)．
(2)由b n ＝a n ＋S n 得，b 1＝2a ，
b 2＝2a 2＋a ， b 3＝2a 3＋a 2＋a .
∵数列{b n }为等比数列，
∴b 2
2＝b 1b 3，(2a 2
＋a )2
＝2a (2a 3
＋a 2
＋a )， 解得a ＝1
2
.
(3)由(2)知c n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋1
＝2
n
(2＋1)(2＋1)
＝
12n ＋1－12n ＋1
＋1
， ∴T n ＝
121
＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－1
2n ＋1＋1
＝13－12n ＋1＋1<13， ∴13≤λ2
＋23λ， 解得λ≥1
3
或λ≤－1.
即实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫13，＋∞∪(－∞，－1]． 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *
)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①若{a n }是等差数列，则1
a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1n ＋k ；
③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；
④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤
1
n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1
k
(n ＋k －n )．
跟踪演练3 (2018·潍坊模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0(n ∈N *
)，S 6＋a 6是S 4＋a 4，S 5＋a 5的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1212
log n a -，数列⎩⎨
⎧
⎭
⎬⎫
2b n b n ＋1的前n 项和为T n ，求T n .
解 (1)∵S 6＋a 6是S 4＋a 4，S 5＋a 5的等差中项， ∴2()S 6＋a 6＝S 4＋a 4＋S 5＋a 5， ∴S 6＋a 6－S 4－a 4＝S 5＋a 5－S 6－a 6， 化简得4a 6＝a 4，
设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2
＝a 6a 4＝14
，
∵a n >0(n ∈N *
)，∴q >0，∴q ＝12
，
∴a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －2(n ∈N *
)．
(2)由(1)得，b n ＝1212log n a -＝23
121log 2n -⎛⎫
⎪
⎝⎭
＝2n －3.
设c n ＝
2
b n b n ＋1
＝
2
()2n －3(2n －1)
＝
12n －3－1
2n －1
. ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1－1－11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －3－12n －1
＝－1－12n －1＝－2n 2n －1
(n ∈N *)．
真题体验
1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n
1
S k
＝________.
答案
2n n ＋1
(n ∈N *
) 解析 设等差数列{a n }的公差为d ，
由⎩
⎪⎨⎪⎧
a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×3
2d ＝10，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，
d ＝1.
∴S n ＝n ×1＋n (n －1)
2
×1＝
n (n ＋1)
2
，
1S n
＝
2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1.
∴∑k ＝1
n
1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n
＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－1
4＋…＋1n －1n ＋1
＝2⎝
⎛
⎭⎪⎫1－
1n ＋1＝2n n ＋1
(n ∈N *
)． 2．(2017·天津)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，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；
(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *
)．
解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2
)＝12，而b 1＝2， 所以q 2
＋q －6＝0.
又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n
. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 由此可得a n ＝3n －2(n ∈N *
)．
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *
)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *
)．
(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1
，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n
，
故T n ＝2×4＋5×42
＋8×43
＋…＋(3n －1)×4n
，③ 4T n ＝2×42
＋5×43
＋8×44
＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4
n ＋1
，④
③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42
＋3×43
＋…＋3×4n
－(3n －1)×4n ＋1
＝12×(1－4n
)1－4－4－(3n －1)×4n ＋1
＝－(3n －2)×4
n ＋1
－8，
得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83
(n ∈N *
)．
所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *
)．
押题预测
1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)
(n ∈N *
)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足
对任意的n ∈N *
，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．
押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1
解析 因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n
2n n (n ＋1)
＝
1
2n －1n －12n
(n ＋1)
， 所以S n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1
2n －1n －12n (n ＋1)＝1－12n (n ＋1)， 由于1－1
2n (n ＋1)
<1，所以M 的最小值为1.
2．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2
，数列{b n }满足： ①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2
n ＝0.
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .
押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．
解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)， 又a 1＝1满足a n ＝2n －1，
∴a n ＝2n －1(n ∈N *
)． ∵2b 2
n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0， 且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2
＝14
，
∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *
)．
(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1
，
T n ＝1＋3×12
＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
n －1，
12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，
两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n
＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *
)．
A 组 专题通关
1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2
－b n x ＋2n
＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64
答案 D
解析 由已知有a n a n ＋1＝2n
， ∴a n ＋1a n ＋2＝2
n ＋1
，则
a n ＋2
a n
＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2， ∴数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1， ∴b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.
2．(2018·河南省六市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2
n ＋1
＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等
差数列，b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 017
2 018
的最小正整数n 的
值为( )
A ．11
B ．10
C ．9
D ．8 答案 B 解析 根据S n ＝2
n ＋1
＋m 可以求得a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
m ＋4，n ＝1，
2n
，n ≥2，
所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32， 根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，
可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2， 所以a 1＝2满足a n ＝2n
， 从而求得a n ＝2n
(n ∈N *
)，
所以b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝2
n
(2n －1)(2n ＋1
－1)
＝
12n
－1－1
2n ＋1－1
， 所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－1
2n ＋1－1，
令1－
12n ＋1
－1>2 0172 018
，整理得2n ＋1>2 019，
解得n ≥10.
3．(2018·山西榆社中学模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n (n ∈N *
)，
则S 100等于( ) A ．2－49
2100
B ．2－49299
C ．2－51
2100
D ．2－512
99
答案 D 解析 由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n
＝2n
， 则n a n －
n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1
＝21，
将各式相加得n a n －1a 1
＝21＋22＋…＋2n －1＝2n
－2，
又a 1＝12，所以a n ＝n ·12
n ，
因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100， 则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101， 两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101， 所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12100＝2－51299. 4．在等比数列{a n }中，a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，设b n ＝(－1)n a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前2 018项的和为________．
答案 41 0083－112
解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .
∵a 2·a 3＝2a 1，
∴a 1·q 3
＝2，即a 4＝2.
∵a 4与2a 7的等差中项为17，
∴a 4＋2a 7＝34，即a 7＝16，
∴a 1＝14，q ＝2， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫14·2n －1＝2n －3(n ∈N *)． ∵b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n －3，
∴数列{b n }的前2 018项的和为
S 2 018＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)
＝－14(1－41 009)1－4＋12(1－41 009)1－4＝41 0083－112
. 5．(2018·保山模拟)若数列{a n }的通项公式a n ＝n sin
n π3(n ∈N *
)，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝________.
答案 2 01932 解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－33，
a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝－33，
……
a 6m ＋1＋a 6m ＋2＋a 6m ＋3＋a 6m ＋4＋a 6m ＋5＋a 6m ＋6
＝－33，m ∈N ，
所以S 2 018＝2 01932
. 6．(2018·山东K12联盟考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝3a n －1(n ∈N *)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求数列{}(2n －1)a n 的前n 项和T n .
解 (1)当n ＝1时，2a 1＝3a 1－1，a 1＝1.
当n ≥2时，2S n ＝3a n －1，①
2S n －1＝3a n －1－1，②
①－②得，2a n ＝3a n －3a n －1，∴a n ＝3a n －1，∴a n a n －1
＝3， 数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．
(2)由(1)得(2n －1)a n ＝(2n －1)3n －1，
T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①
3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3
n －1＋(2n －1)×3n ，② ①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3
n －1)－(2n －1)×3n ＝1＋2×3－3n 1－3
－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2. 所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．
7．(2018·永州模拟)在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34. (1)解 由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，
得log 2(a 1a 2a 3)＝15，
∴a 1a 2a 3＝215，
设等比数列{a n }的公比为q ，
∵a 1＝8，∴a n ＝8q
n －1， ∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4，
∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *
)． (2)证明 由(1)得b n ＝2n ＋1，
易知{b n }为等差数列，
S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，
则1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ∴T n <34
. 8．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝(－1)n n
⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *
)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，
∵a 2
2＝a 3＋a 6，
∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①
∵a 23＝a 1·a 11，
即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，②
∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.
∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．
(2)由题意知， b n ＝(－1)n n
⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32
＝(－1)n ·16·⎝
⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n ·19·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…
⎦
⎥⎤＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－1＋(－1)n 12n ＋1. B 组 能力提高
9．(2018·茂名联考)记函数f (x )＝sin 2nx －cos nx 在区间[0，π]内的零点个数为a n (n ∈N *)，
则数列{a n }的前20项的和是( )
A ．430
B ．840
C ．1 250
D ．1 660
答案 A
解析 令f (x )＝sin 2nx －cos nx
＝2cos nx ⎝
⎛⎭⎪⎫sin nx －12＝0， 得cos nx ＝0，①
或sin nx ＝12
，② 由①得nx ＝π2
＋k π(k ∈Z )， 令0≤π2
＋k π≤n π(k ∈Z )， 得－12≤k ≤n －12
(k ∈Z )， 故①共有n 个解，
由②得nx ＝π6＋2k π或5π6
＋2k π(k ∈Z )， 令0≤π6＋2k π≤n π(k ∈Z )，得－112≤k ≤n 2－112
(k ∈Z )，③ 令0≤5π6＋2k π≤n π(k ∈Z )，得－512≤k ≤n 2－512
(k ∈Z )，④ 当n 为偶数时，③有n 2个解，④有n 2
个解， 故②有n 个解，故a n ＝2n ；
当n 为奇数时，③有n ＋12个解，④有n ＋12个解，
故②有n ＋1个解，故a n ＝2n ＋1，
令b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝2(2n －1)＋1＋2()2n ＝8n －1，
故a 1＋a 2＋…＋a 20＝b 1＋b 2＋…＋b 10
＝10×()b 1＋b 102
＝430. 10．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }的奇数项和偶数项均为公比为q 的等比数列，q ＝12
，且a 1＝2a 2＝1，则数列{}3a n ＋n －7的前n 项和的最小值为________．
答案 －1058
解析 当n 为奇数时，设n ＝2k －1()k ∈N *
， a n ＝a 2k －1＝a 1q k －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n -；
当n 为偶数时，设n ＝2k ()k ∈N *
， a n ＝a 2k ＝a 2q k －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n
， 综上a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n -，n 为奇数，
⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ，n 为偶数.
设b n ＝3a n ＋n －7.
n 为偶数时，
S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n 1－12＋()1＋2＋…＋n －7n ＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋n 2－13n 2. 又n 2－13n 2＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫n －1322－1698
. 当n ≥7时，
因为f (n )＝n 2－13n 2是关于n 的增函数，
又g (n )＝9⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n 也是关于n 的增函数， 所以S 8<S 10<S 12<…，
因为S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132
， 所以S 6<S 8<S 4<S 2，
所以当n 为偶数时，S 6最小，S 6＝－1058
， n 为奇数时，
S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n +1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n
-1－12＋
()1＋2＋…＋n －7n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n
-＋n 2
－13n 2. 又n 2－13n 2＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫n －1322－1698
. 当n ≥7时，因为f (n )＝n 2－13n 2是关于n 的增函数，
又g (n )＝3⎣
⎢⎡⎦⎥⎤3－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n
-也是关于n 的增函数， 所以S 7<S 9<S 11<…，
因为S 7＝－514，S 5＝－252
，S 3＝－9，S 1＝－3， 所以S 7<S 5<S 3<S 1，
所以当n 为奇数时，S 7最小，S 7＝－514
. 又因为S 7>S 6，综上可知(S n )min ＝S 6＝－1058
. 11．(2018·天津市滨海新区七所重点学校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *
)，且b 1＝1，
(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)
，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ； (3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a
的取值范围．
解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)， 得b n ＋1n ＋1－b n n
＝1， 从而数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列， 所以b n n ＝n (n ∈N *)，
数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.
当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1.
当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，
两式相减得a n ＝2a n －1，
又a 1＝1≠0，所以a n a n －1
＝2，
从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2
n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝(－1)
n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3) ＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3， T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n
＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3
＝13－14n ＋3
(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，
D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1， 2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2
n －1＋n ·2n . 两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2
n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ， 所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，
由(1)得S n ＝2a n －1＝2n
－1，
因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，
即(n －1)·2n ＋1≤n ()2n －1－a 恒成立， 所以a ≤2n
－n －1恒成立，
记e n ＝2n －n －1，所以a ≤()e n min ， 因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－(n ＋1)－1－()2n
－n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列， 所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.
12．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．
(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；
(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n
2n ，证明：T n <3. (1)解 因为数列{a n }为“P (1)数列”，
则S n ＝a n ＋1－1，
故S n ＋1＝a n ＋2－1，
两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，
又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 2－1，
所以a 2＝2，
故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立， 即a n ＋1a n
＝2(常数)， 故数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *
. (2)解 假设存在这样的数列{a n }，则S n ＝a n ＋k －k ， 故S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，
两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ，
故a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，
同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得， a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，
所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立． 所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，
即S n ＝S n ＋2，
又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，
即S n ＋2－S n ＝2，
两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”， 也是“P (k ＋2)数列”．
(3)证明 因为数列{a n }为“P (2)数列”， 所以S n ＝a n ＋2－2，
所以S n ＋1＝a n ＋3－2，
故有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，
又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 3－2，
故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，
所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8. 故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n 2n ， 所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n 2
n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1＝34＋14T n －2－a n 2n ＋1， 显然T n －2<T n ，a n 2n ＋1>0，故12T n <34＋14
T n ，即T n <3.。