高考数学二轮复习 专题3 数列 第二讲 数列求和及综合应用 理
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随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可 估计2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳 法的可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种 方法可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更 容易让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
n 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝22.
n－1 所以，{an}的通项公式为 an＝22n2，2 n，为n偶为数奇. 数，
(2)由(1)得 bn＝loag2n2－a12n＝2nn－1，n∈N*. 设{bn}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝1×210＋2×211＋3×212＋…＋(n－1)×2n1－2＋n× 2n1－1， 12Sn＝1×211＋2×212＋3×213＋…＋(n－1)×2n1－1＋n×
(2)求数列2an－n 1
wk.baidu.com的前
n
项和．
思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式；
(2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n.
(2)设数列2an－n 1的前 n 项和为 Sn， 即 Sn＝a1＋a22＋…＋2an－n 1. 故 S1＝1，S2n＝a21＋a42＋…＋a2nn.
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
21n， 上述两式相减，得
12Sn＝1＋21＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2112n－2nn＝2－22n－ 2nn，
整理，得 Sn＝4－n2＋n－12，n∈N*.
所以，数列{bn}的前 n 项和为 4－n2＋n－12，n∈N*.
例 3 已知点1，31是函数 f(x)＝ax(a＞0 且 a≠1)的图象上 一点，等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)－c，数列{bn}(bn＞0)
记 T2n 为{an}的前 2n 项的和． (1)设 bn＝a2n，证明：数列{bn}是等比数列． (2)求 T2n.
(3)不等式 64·T2n·a2n≤3(1－ka2n)对于一切 n∈N*恒成立， 求实数 k 的最大值．
12n＋1 解析：(1)bbn＋n 1＝aa2n2＋n2＝aa2n2＋na1a2n2＋n＋1 2＝212n ＝21，所以{bn}
(2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄
清前 n－1 行共有多少项．
1．(2014·北京卷)已知{an}是等差数列，满足 a1＝3， a4＝12，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝20，且{bn－an}是等比 数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前 n 项和． 分析：(1)由已知{an}是等差数列，a1＝3，a4＝12， 可求出{an}的通项公式；由{bn－an}是等比数列，结合{an} 的通项公式，可求出{bn}的通项公式；(2)由(1)知，bn＝ 3n＋2n－1(n＝1，2，…)，从而可利用分组求和法，求出
(3)由(2)知，64T2na2n≤3(1－ka2n) 即得 64×3－312n·21n≤31－k·21n， 所以 k≤2n＋624n－64.
因为 2n＋624n－64≥2 2n·624n－64＝－48(当 n＝3 时等 号成立)，
即所求 k 的最大值为－48.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
解析：(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)， 即 a4－a2＝a5－a3，
所以 a2(q－1)＝a3(q－1)． 又因为 q≠1，所以 a3＝a2＝2.由 a3＝a1·q，得 q＝2.
n－1 当 n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2 2 ；
2．(2015·天津卷)已知数列{an}满足 an＋2＝qan(q 为实数， 且 q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且 a2＋a3，a3＋a4，a4＋ a5 成等差数列．
(1)求 q 的值和{an}的通项公式； (2)设 bn＝loag2n2－a12n，n∈N*，求数列{bn}的前 n 项和．
(2)由(1)知，bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)， 数列{3n}的前 n 项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前 n 项和为 1×11－－22n＝2n－1，
所以数列{bn}的前 n 项和为32n(n＋1)＋2n－1.
例 2 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－
10. (1)求数列{an}的通项公式；
所以当 n>1 时，以上两式相减，得 S2n＝a1＋a2－2 a1＋…＋an－2n－a1n－1－2ann
＝1－12＋41＋…＋2n1－1－2－2n n ＝1－1－2n1－1－2－2nn＝2nn. 所以 Sn＝2nn－1.
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相 减法求数列的前n项和，难度适中．
2
是首项为 b1＝21，公比为21的等比数列． (2)由(1)知，bn＝12n， 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝bk＝12k； 当 n＝2k－1(k∈N*)时，
an＝a2k－1＝122k－1÷a2k ＝122k－1·2k＝12k－1. 所以 an＝1212nn2－，2 1n，为n正为偶正数奇. 数， T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝1－1－1212n＋12×11－－1212n＝3×1－12n.
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可 估计2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳 法的可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种 方法可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更 容易让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
n 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝22.
n－1 所以，{an}的通项公式为 an＝22n2，2 n，为n偶为数奇. 数，
(2)由(1)得 bn＝loag2n2－a12n＝2nn－1，n∈N*. 设{bn}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝1×210＋2×211＋3×212＋…＋(n－1)×2n1－2＋n× 2n1－1， 12Sn＝1×211＋2×212＋3×213＋…＋(n－1)×2n1－1＋n×
(2)求数列2an－n 1
wk.baidu.com的前
n
项和．
思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式；
(2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n.
(2)设数列2an－n 1的前 n 项和为 Sn， 即 Sn＝a1＋a22＋…＋2an－n 1. 故 S1＝1，S2n＝a21＋a42＋…＋a2nn.
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
21n， 上述两式相减，得
12Sn＝1＋21＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2112n－2nn＝2－22n－ 2nn，
整理，得 Sn＝4－n2＋n－12，n∈N*.
所以，数列{bn}的前 n 项和为 4－n2＋n－12，n∈N*.
例 3 已知点1，31是函数 f(x)＝ax(a＞0 且 a≠1)的图象上 一点，等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)－c，数列{bn}(bn＞0)
记 T2n 为{an}的前 2n 项的和． (1)设 bn＝a2n，证明：数列{bn}是等比数列． (2)求 T2n.
(3)不等式 64·T2n·a2n≤3(1－ka2n)对于一切 n∈N*恒成立， 求实数 k 的最大值．
12n＋1 解析：(1)bbn＋n 1＝aa2n2＋n2＝aa2n2＋na1a2n2＋n＋1 2＝212n ＝21，所以{bn}
(2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄
清前 n－1 行共有多少项．
1．(2014·北京卷)已知{an}是等差数列，满足 a1＝3， a4＝12，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝20，且{bn－an}是等比 数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前 n 项和． 分析：(1)由已知{an}是等差数列，a1＝3，a4＝12， 可求出{an}的通项公式；由{bn－an}是等比数列，结合{an} 的通项公式，可求出{bn}的通项公式；(2)由(1)知，bn＝ 3n＋2n－1(n＝1，2，…)，从而可利用分组求和法，求出
(3)由(2)知，64T2na2n≤3(1－ka2n) 即得 64×3－312n·21n≤31－k·21n， 所以 k≤2n＋624n－64.
因为 2n＋624n－64≥2 2n·624n－64＝－48(当 n＝3 时等 号成立)，
即所求 k 的最大值为－48.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
解析：(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)， 即 a4－a2＝a5－a3，
所以 a2(q－1)＝a3(q－1)． 又因为 q≠1，所以 a3＝a2＝2.由 a3＝a1·q，得 q＝2.
n－1 当 n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2 2 ；
2．(2015·天津卷)已知数列{an}满足 an＋2＝qan(q 为实数， 且 q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且 a2＋a3，a3＋a4，a4＋ a5 成等差数列．
(1)求 q 的值和{an}的通项公式； (2)设 bn＝loag2n2－a12n，n∈N*，求数列{bn}的前 n 项和．
(2)由(1)知，bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)， 数列{3n}的前 n 项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前 n 项和为 1×11－－22n＝2n－1，
所以数列{bn}的前 n 项和为32n(n＋1)＋2n－1.
例 2 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－
10. (1)求数列{an}的通项公式；
所以当 n>1 时，以上两式相减，得 S2n＝a1＋a2－2 a1＋…＋an－2n－a1n－1－2ann
＝1－12＋41＋…＋2n1－1－2－2n n ＝1－1－2n1－1－2－2nn＝2nn. 所以 Sn＝2nn－1.
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相 减法求数列的前n项和，难度适中．
2
是首项为 b1＝21，公比为21的等比数列． (2)由(1)知，bn＝12n， 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝bk＝12k； 当 n＝2k－1(k∈N*)时，
an＝a2k－1＝122k－1÷a2k ＝122k－1·2k＝12k－1. 所以 an＝1212nn2－，2 1n，为n正为偶正数奇. 数， T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝1－1－1212n＋12×11－－1212n＝3×1－12n.