2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四 第二讲 数列求和及综合应用

第二讲数列求和及综合应用高考考点考点解读求数列的通项公式1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差(比)的某些项或前几项的和，求其通项公式2．考查等差(比)数列的概念以及通项公式、前n项和公式等求数列的前n项和1.以等差(比)数列为命题背景，考查等差(比)的前n项和公式、分组求和2．以递推数列、等差(比)数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法与数列的和有关的综合应用1.等差(比)数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．(2)掌握等差(比)数列求和公式及方法．(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．预测2020年命题热点为：(1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．Z知识整合hi shi zheng he1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n＝a n＋b n形式的数列求和问题的方法，其中{a n}与{b n}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如{ca n a n＋1}(其中{a n}是公差d≠0且各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．附：(1)常见的拆项公式(其中n ∈N *) ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k)．③1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1).④若等差数列{a n }的公差为d ，则1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；1a n a n ＋2＝12d (1a n －1a n ＋2)． ⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]．⑥1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑦1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n 项和公式，如 ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．Y 易错警示i cuo jing shi1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论． 2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项． 3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项． 4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．1．(2017·全国卷Ⅱ，3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( B )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B ．2．(2017·全国卷Ⅰ，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( A )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A ．3．(2018·江苏卷，14)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27.[解析] B ＝{2,4,8,16,32,64,128…}，与A 相比，元素间隔大，所以从S n 中加了几个B 中元素考虑，1个：n ＝1＋1＝2 S 2＝3,12a 3＝36 2个：n ＝2＋2＝4 S 4＝10,12a 5＝60 3个：n ＝4＋3＝7 S 7＝30,12a 8＝108 4个：n ＝8＋4＝12 S 12＝94,12a 13＝2045个：n ＝16＋5＝21 S 21＝318,12a 22＝396 6个：n ＝32＋6＝38 S 38＝1 150,12a 39＝780发现21≤n ≤38时S n －12a n ＋1与0的大小关系发生变化，以下采用二分法查找： S 30＝687,12a 31＝612，所以所求n 应在22～29之间， S 25＝462,12a 26＝492，所以所求n 应在25～29之间， S 27＝546,12a 28＝540，所以所求n 应在25～27之间， S 26＝503,12a 27＝516，因为S 27>12a 28，而S 26<12a 27，所以使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27.4．(2017·全国卷Ⅱ，15)等差数列{a n }的前n 项和S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝2nn ＋1.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝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(1n －1n ＋1)． ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1. 5．(2018·全国卷Ⅲ，17)等比数列{}a n 中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式．(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解析] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.6．(2018·北京卷，15)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式． (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .[解析] (1)由已知，设{a n }的公差为d ，则a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 1＋2d ＝2a 1＋3d ＝5ln 2，又a 1＝ln 2， 所以d ＝ln 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝ln 2＋(n －1)ln 2＝n ln 2(n ∈N *)． (2)由(1)及已知，e a n ＝e n ln 2＝(e ln 2)n ＝2n ， 所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝21＋22＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2(n ∈N *)．命题方向1 求数列的通项公式例1 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( B )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋12D ．a n ＝n[解析] 由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0，又a n >0，所以(n ＋2)a n ＋1＝(n ＋1)a n ，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，a n ＋1＝n ＋1n ＋2·a n ，所以a n ＝n n ＋1·n －1n ·…·23a 1＝2n ＋1a 1(n ≥2)，所以a n ＝2n ＋1(n ＝1适合)，于是所求通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)(2017·厦门二模)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式为( B )A ．a n ＝－2n －1 B ．a n ＝(－2)n －1 C ．a n ＝(－2)nD ．a n ＝－2n[解析] 由a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得a n ＝23a n －23a n －1.所以a n ＝－2a n －1.又可以得到a 1＝1，所以a n ＝(－2)n －1(n ≥2)．又a 1＝(－2)1－1＝1，所以a n ＝(－2)n －1.『规律总结』求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋qp －1＝p (a n ＋q p －1)(p ≠1)的形式，利用{a n ＋qp －1}是以p 为公比的等比数列求解； ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1－1a n ＝1p的形式． G 跟踪训练en zong xun lian1．若数列{a n }满足a 1＝0,2a n ＝1＋a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2019＝20182019.[解析] 当n ≥2时，因为2a n ＝1＋a n a n －1， 所以(1－a n －1)－(1－a n )＝1－a n －a n －1＋a n a n －1， 所以(1－a n －1)－(1－a n )＝(1－a n )(1－a n －1)， 所以11－a n －11－a n －1＝1，因为a 1＝0，所以11－a 1＝1， 所以{11－a n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以11－a n＝1＋(n －1)＝n ，所以11－a 2019＝2019，解得a 2019＝20182019.2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{1a n }前10项的和为2011.[解析] 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，则1a n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)，故数列{1a n}前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.命题方向2数列求和问题(一)分组转化法求和例2 设数列{a n}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(a n－a n＋1＋a n＋2)x＋a n＋1cos x－a n＋2sin x满足f′(π2)＝0.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2(a n＋12a n)，求数列{b n}的前n项和S n.[解析](1)由题设可得f′(x)＝a n－a n＋1＋a n＋2－a n＋1sin x－a n＋2cos x.对任意n∈N*，f′(π2)＝a n－a n＋1＋a n＋2－a n＋1＝0，即a n＋1－a n＝a n＋2－a n＋1，故{a n}为等差数列．由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{a n}的公差d＝1，所以a n＝2＋1·(n－1)＝n＋1.(2)因为b n＝2(a n＋12a n)＝2(n＋1＋12n＋1)＝2n＋12n＋2，所以S n＝b1＋b2＋…＋b n＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋(12＋122＋…＋12n)＝2n＋2·n(n＋1)2＋12[1－(12)n]1－12＝n2＋3n＋1－12n.(二)裂项相消法求和例3 (2017·全国卷Ⅲ，17)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n.(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n2n＋1}的前n项和．[解析](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记{a n2n ＋1}的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. (三)错位相减法求和例4 (2018·郴州二模)已知等差数列{a n }，满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解析] (1)设d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1,1,3后成等比数列， 得(2＋d )2＝2(4＋2d )， 因为d >0，所以d ＝2， 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＝－1－2log 2b n ， 所以log 2b n ＝－n ，即b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋2×(122＋123＋124＋…＋12n )－2n －12n ＋1.所以T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .(四)奇(偶)数项和问题例5 (2018·潍坊二模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40；数列{}b n 的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数， 求数列{c n }的前n 项和P n .[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n ，因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3， 当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)， 数列{}b n 为等比数列，所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝(4＋4n －4)·n 22＋6(1－4n 2)1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时， 方法一：n －1为偶数， P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1.方法二：P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝(4＋4n )·n ＋122＋6⎝⎛⎭⎫1－4n －121－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.『规律总结』1．分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组．(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n 等特征． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘{a n ·b n }型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式． 4．分奇偶的求和问题如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当n 为奇数或偶数时S n 的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求S n .(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列b n ，用S ′n 表示其前n 项和，则S n＝⎩⎨⎧S ′n2，n 为偶数，S ′n －12＋a n，n 为奇数.(2)分奇偶转化求和：先令n 为偶数，求出其前n 项和S n ；当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n . G 跟踪训练en zong xun lian(文)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n.求数列{c n }的前n 项和T n .[解析] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×[4＋4(1－2n )1－2－(n＋1)×2n ＋2]＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.(理)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)因为2S n ＝3n ＋3， 所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3. 当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1， 即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13.当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13＋[]1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ， 所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]． 两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n .经检验，n ＝1时也适合． 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.命题方向3 数列与函数、不等式的综合问题(一)数列与函数的综合例6 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a nb n}的前n 项和T n .[解析] (1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2. 解得d ＝a 8－a 7＝2.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)f ′(x )＝2x ln 2，f ′(a 2)＝2a 2ln 2，故函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝2a 2ln 2(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意得，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n2n＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n .(二)数列与不等式的综合例7 (文)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n ＝(n ＋1)a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{4a n (a n ＋2)}的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1.[解析] (1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1， 两式相减得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11.因为a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)证明：因为a n ＝2n ，令b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以T 1＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝nn ＋1.因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1.因为f (n )＝1n ＋1在N *上是递减函数，所以1－1n ＋1在N *上是递增的，所以当n ＝1时，T n 取最小值12.所以12≤T n <1.(理)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1 (1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.[解析] (1)证明：由a n ＋1＝3a 1＋1， 得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1， 所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.『规律总结』1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型 (1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．2．解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．A 组1．设{a n }的首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( D )A ．2B ．－2C ．12D ．－12[解析] 由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.故选D ．2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1等于( B )A ．1－14nB ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n )[解析] 因为a n ＝1×2n －1＝2n －1， 所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1，所以1a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1a n a n ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12×1×(1－14n )1－14＝23(1－14n )，故选B ．3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( C )A ．30B ．45C ．90D ．186[解析] 设{a n }的公差为d ，首项为a 1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝6，a 1＋4d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝3，所以a n ＝3n ，所以b n ＝a 2n ＝6n ，且b 1＝6，公差为6， 所以S 5＝5×6＋5×42×6＝90.4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C )[解析] ∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2; ②f (x )＝2x ； ③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( C ) A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④[分析] 保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．[解析] 解法一：设{a n }的公比为q . ①f (a n )＝a 2n ，∵a 2n ＋1a 2n ＝(a n ＋1a n )2＝q 2，∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ． ③f (a n )＝|a n |， ∵|a n ＋1||a n |＝|a n ＋1a n|＝|q |， ∴{f (a n )}是等比数列，排除A ． 解法二：不妨令a n ＝2n .①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝a 2n ＝4n .显然{f (a n)}是首项为4，公比为4的等比数列． ②因为f (x )＝2x ，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24， f (a 3)＝f (8)＝28，所以f (a 2)f (a 1)＝2422＝4≠f (a 3)f (a 2)＝2824＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x |，所以f (a n )＝2n ＝(2)n . 显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2.显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ．6．(2018·邵阳一模)已知数列{b n }为等比数列，且b 1 009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1，且a n ＋1＝a n ·b n ，则ln a 2 018的值为2_017.[解析] 因为数列{b n }为等比数列，且b 1 009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1，且a n ＋1＝a n ·b n ，所以a 2 018＝b 1·b 2·b 3·b 4·…·b 2 017＝b 2 0171 009＝e 2 017， ln a 2 018＝lne 2 017＝2 017.7．已知数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10的值为1 023128.[解析] 数列{a n }是等比数列，其公比为2， 设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25， 所以b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 10121＋2＋…＋9)＝25，所以a 101×245＝225，可得：a 1＝14. 那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝4(1＋12＋122＋ (129)＝4×1－12101－12＝1 023128.8．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .[解析] (1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2＝32.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 3＝32，a 2＋a 3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n ， S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，① 2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1. 所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.9．(文)(2018·天津卷，18)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[解析] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n 1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4. 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝n (n ＋1)2.(2)由(1)，知T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2. 由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以n 的值为4.(理)(2018·天津卷，18)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列. 已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式．(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ①求T n ； ②证明[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，故T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n2k－n ＝2×(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2. ②因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k(k ＋1)(k ＋2)＝k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，B 组1．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列{1(2n ＋1)a n}的前n 项和T n ＝( C )A ．－n2n ＋1B ．n 2n ＋1C ．－2n2n ＋1D ．2n2n ＋1[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12. 当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以1(2n ＋1)a n ＝－2(2n －1)(2n ＋1)＝－(12n －1－12n ＋1)，所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝－(1－12n ＋1)＝－2n2n ＋1，故选C ．2．(文)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A ．2a 3>3a 4B ．5a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[解析] 依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．(理)已知a n ＝32n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是( C )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值[解析] 画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．3．已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是( A ) A ．25 B ．50 C ．100D ．不存在[解析] ∵S 20＝a 1＋a 202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a 7＋a 142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( B ) A ．2n －1 B ．(32)n －1C ．(23)n －1D ．12n －1[解析] 由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ， ∴S n ＋1S n ＝32， ∵a 1＝1，S 1＝2a 2，∴a 2＝12a 1＝12，∴S 2＝32，∴S 2S 1＝32，∴S n ＝(32)n －1. 5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n )，则a n ＝( A )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n[解析] a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n －ln(n －1)＋ln(n －1)－ln(n －2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋ln n .6．(2018·西安一模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2nn ＋1(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－4成立的最小自然数n 的值为16.[解析] 因为a n ＝log 2nn ＋1，所以S n ＝log 212＋log 223＋log 234＋…＋log 2nn ＋1＝log 2(12·23·34·…·n n ＋1)＝log 21n ＋1，若S n <－4，则1n ＋1<116，即n >15，则使S n <－4成立的最小自然数n 的值为16.7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，第n 群恰好n 个数，则第n 群中n 个数的和是3·2n －2n －3.[解析] 由图规律知，第n 行第1个数为2n －1，第2个数为3·2n －2，第3个数为5·2n －3……设这n 个数的和为S则S ＝2n －1＋3·2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20 ① 2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋…＋(2n －3)·22＋(2n －1)·21 ② ②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋…＋2·22＋2·2－(2n －1) ＝2n ＋2n ＋2n －1＋…＋23＋22－(2n －1) ＝2n＋4(1－2n －1)1－2－(2n －1)＝2n ＋2n ＋1－4－2n ＋1 ＝3·2n －2n －3.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[分析] (1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．[解析] (1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1.由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1， 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4. 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12.(1)求证{1a n ＋1}是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值． [解析] (1)证明：∵a n ＋1＝－1a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝－1a n ＋2＋1＝a n ＋2－1a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2， 由于a n ＋1≠0， ∴1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝1＋1a n ＋1，∴{1a n ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)题结论知：1a n ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴a n ＝1n ＋1－1＝－nn ＋1(n ∈N *)．(3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ， ∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立， 而1＋a n ＝1n ＋1，设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)， ∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12.∴P 的最大值为12.专题四 规范答题示例例(12分)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 *)． [思路探究]先求某一项或找到某几项之间的关系式―→求通项公式―→求数列的前n 项和规范解答·分步得分构建答题模板解：(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＝0.2分 又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n.3分 由b 3＝a 4－a 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 ＝3.5分 由此可得a n ＝3n －2.6分所以数列{a n }的通项公式a n ＝3n －2， 数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (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，7分 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，①8分4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n第一步找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系．第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式． 第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消去、错位相减法、分组法等)． 第四步写步骤．第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.＋(3n －1)×4n ＋1，②9分 ①－②，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)×4n ＋1－8，11分 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －22×4n ＋1＋83.12分 n 2n 得1分，通项公式使用错误不得分；③根据等差数列的通项公式求通项a n ＝3n －2得1分，通项公式使用错误不得分．④正确写出a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n 得1分；⑤正确写出2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n 得1分；⑥正确写出4T n 得1分；⑦正确计算出T n ＝3n －23×4n＋1＋83得3分．G 跟踪训练en zong xun lian已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－2n ＋1，数列{b n }为等差数列，且b 2＝a 1，b 8＝a 3.(1)求数列{a n }，{b n } 的通项公式； (2)求数列{b na n}的前n 项和T n .[解析] (1)对于数列{a n }有S n ＝2－2n ＋1， 当n ＝1时，S 1＝2－22＝－2，即a 1＝－2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2－2n ＋1)－(2－2n )＝－2n ， 对n ＝1也符合，故a n ＝－2n . 所以数列{a n }是等比数列，公比q ＝2. 等差数列{b n }中，b 2＝a 1＝－2，b 8＝a 3＝－8. 故其公差d 满足6d ＝b 8－b 2＝－6，所以d ＝－1. 所以其通项b n ＝b 2＋(n －2)d ＝－2＋(n －2)×(－1)＝－n . (2)令c n ＝b n a n ，由(1)知，c n ＝b n a n ＝n ×12n .T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n －1＋c n＝12＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ①， 12T n ＝122＋2×123＋3×124＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n －n 2n ＋1＝12[1－(12)n ]1－12－n2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1所以T n ＝2－12n －1－n2n ＝2－n ＋22n .。