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常考问题10 数列求和及其综合应用


常考问题10 数列求和及其综合应用

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[真题感悟]

[考题分析]

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1.求数列的通项公式 (1)观察法: 利用递

推关系写出前几项, 根据前几项的特点观察, 归纳猜想出 an 的表达式,然后用数学归纳法证明. (2)利用前 n 项和与通项的关系
? ?S1 an=? ? ?Sn-Sn-1

?n=1?, ?n≥2?.

(3)公式法:利用等差(比)数列求通项公式. (4)在已知数列{an}中, 满足 an+1-an=f(n), 且 f(1)+f(2)+?+ f(n)可求,则可用累加法求数列的通项 an. an+1 (5)在已知数列{an}中,满足 a =f(n),且 f(1)· f(2)· ?· f(n)可求, n 则可用累积法求数列的通项 an. (6)将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差、等比数列).
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2.常见的求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前n项和.对等比数列利用公 式法求和时,一定注意公式q是否取1.

(2)错位相减法
这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,主要用于 求数列{an·bn}的前n项和,其中{an}、{bn}分别是等差数列 和等比数列.

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(3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后, 消去一部分从而计算和的方法, 1 适用于求通项为 的数列的前 n 项和.其中{an} 若为等差数 anan+1 1 ? 1 1? ?1 列,则 =d?a -a ? . anan+1 ? n n+1? ?

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(4)倒序相加法 这是推导等差数列前n项和时所用的方法.将一个数列倒过来排 序,它与原数列相加时,若有公因式可提,并且剩余的项的和 易于求得,则这样的数列可用倒序相加法求和.

(5)分组求和法
一个数列即不是等差数列,也不是等比数列,若将这个数列适 当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部分,即能分别 求和,然后再合并.

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3.在数列求和时,为了证明的需要,需合理变形,常用到放缩法, 常见的放缩技巧 1 ? 1 1 1? ? 1 (1) 2< 2 = ?k-1-k+1? ?. k k -1 2? ? 1 1 1 1 1 (2) - < < - . k k+1 k2 k-1 k+1 1 (3)2( n+1- n)< <2( n- n-1). n (4)利用(1+x)n 的展开式进行放缩.

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热点一 数列的通项与求和 (裂项求和) 【例 1】 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*) 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< 对 20 anan+1 所有 n(n∈N*)都成立的最小正整数 m.

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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*)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=3×12-2×1=1=6×1-5, 所以,an=6n-5(n∈N*).
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3 3 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?6n-5?[6?n+1?-5] 1 1 1 =2 - , 6n-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 m 因此,要使 1- < (n∈N*)恒成立, 2 6n+1 20 1 m 则 m 需满足 ≤ 即可, 则 m≥10, 所以满足要求的最小正整数 m 2 20 为 10.
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[规律方法] 使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪 些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消 去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的

根源与目的.

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【训练 1】 (2013· 广东卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a1=1, 2Sn 1 2 2 =an+1- n -n- ,n∈N*. n 3 3 (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 4 1 2 (1)解 由题意,得 2S1=a2- -1- ,又 S1=a1=1,所以 a2 3 3 =4.

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(2)解

1 3 2 2 当 n≥2 时,2Sn=nan+1-3n -n -3n,

1 2 3 2 2Sn-1=(n-1)an-3(n-1) -(n-1) -3(n-1), 1 2 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an- (3n -3n+1)-(2n-1)- , 3 3 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1), an+1 an a2 a1 即 - =1,又 - =1, 2 1 n+1 n
? a1 ?an? ? ? ? 故数列 n 是首项为 =1,公差为 1 ? ? ? ?

1 的等差数列,

an 所以 =1+(n-1)×1=n,所以 an=n2, n 所以数列{an}的通项公式为 an=n2,n∈N*.
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(3) 证明

1 1 1 1 1 1 1 1 1 a1 + a2 + a3 +?+ an = 1 + 4 + 32 + 42 +?+ n2 <1 + 4 +

1 1 1 + +?+ 2×3 3×4 n?n-1?
? 1 1? 1 ?1 1? ?1 1? ? =1+ +?2-3?+?3-4?+?+?n-1-n? ? 4 ? ? ? ? ? ?

5 1 1 7 1 7 = + - = - < , 4 2 n 4 n 4 1 1 1 7 所以对一切正整数 n,有a +a +?+a <4. 1 2 n

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热点二

数列的通项与求和(错位相减法)

【例 2】 (2013· 山东卷)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4= 4S2,a2n=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn, 且 Tn+ n =λ(λ 为常数). 令 2 cn=b2n,(n∈N*),求数列{cn}的前 n 项和 Rn.

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解 (1)设数列{an}的公差为 d,令 n=1, 则 a2=2a1+1,即 a1=d-1, 又 S4=4S2,即 2a1=d, 由①②联立解得 a1=1,d=2,所以 an=2n-1(n∈N*). (2)由题意知, Tn=λ- n-1, 所以当 n≥2 时, bn=Tn-Tn-1=λ- n-1 2 2
? n-1? ? ? n-2 -?λ- n-2 ?= n-1 . 2 ? 2 ?

① ②

n

n

n-1 故 cn=b2n= n-1 (n∈N*). 4

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n-1 1 2 ∴Rn=c1+c2+?+cn-1+cn=0+4+42+?+ n-1 , 4 n-2 n-1 1 1 2 4Rn=42+43+?+ 4n-1 + 4n , 两式相减得 n-1 3 1 1 1 R = + +?+ n-1- n 4 n 4 42 4 4 1 ? 1? ? ? 1 - - n 1 4 ? 4? 3n+1? ? ? n-1 1? ? ? = - n = ?1- n ?, 1 4 3? 4 ? 1- 4
? 3n+1? 3n+1? 4? ? ? 1? 整理得 Rn=9?1- n ?=9?4- n-1 ? ?. 4 4 ? ? ? ?

3n+1? 1? ? 所以数列{cn}的前 n 项和 Rn=9?4- n-1 ? ?. 4 ? ?
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[规律方法] 错位相减法是求解由等差数列{an}和等比数列{bn}

对应项之积组成的数列{cn},即cn=an×bn的前n项和Sn的方
法.先将数列{cn}的通项公式分解为等差数列、等比数列, 并求出公差和公比,然后写出Sn的表达式,再乘以公比或 除以公比,两式作差,最后根据差式的特征进行求和.注 意求解过程构造差式时要根据所含项的特征形成两式的错

位,便于准确确定剩余项的项数.

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1 2 【训练 2】 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其中 k∈N+), 2 且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an;
? ?9-2an? ? ? ?的前 (2)求数列 n ? ? ? 2 ?

n 项和 Tn.

1 2 解 (1)当 n=k∈N+时,Sn=-2n +kn 取最大值, 1 2 2 1 2 即 8=Sk=- k +k = k ,故 k2=16,因此 k=4, 2 2 9 从而 an=Sn-Sn-1=2-n(n≥2).
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7 9 又 a1=S1=2,所以 an=2-n. 9-2an n (2)因为 bn= n = n-1, 2 2 n-1 2 3 n Tn=b1+b2+?+bn=1+2+22+?+ n-2 + n-1, 2 2 n-1 n 1 1 2 3 2Tn=2+22+23+?+ 2n-1 +2n,两式相减得 1 1 1 1 1 n 1 n T =1+ + 2+ 3+?+ n-1- n=2- n-1- n, 2 n 2 2 2 2 2 2 2 n+2 整理得 Tn=4- n-2- n-1=4- n-1 . 2 2 2 1 n
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热点三

数列中的探索性问题

【例 3】 (2013· 湖北卷)已知等比数列{an}满足: |a2-a3|=10, a1a2a3 =125. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1?若存在,求 a1 a2 am m 的最小值;若不存在,说明理由.

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解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,
3 3 ? ?a1q =125, 则由已知可得? 2 ? ?|a1q-a1q |=10,

5 ? ? ?a1= , ?a1=-5, 3 解得? 或? ? ?q=-1. ? q = 3 ? 5 n-1 - 故 an=3· 3 或 an=-5· (-1)n 1.

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5 n-1 1 3?1?n-1 (2)若 an= · 3 ,则 = ?3? , 3 an 5? ?
? 3 1 ?1? ? 则?a ?是首项为5,公比为3的等比数列. ? n? ? ?
m

从而 ?

n=1

?1? ? 3? ?1-? ?m? ?1? ? 9 1 5? 9 ? ?3? ? ?1-? ?m?< <1. = = · an 1 10 ? ?3? ? 10 1- 3
n-1

若 an=-5· (-1)

1 1 ,则 =- (-1)n-1, an 5 的等比数列,

? 1 ?1? ? ? ? 故 a 是首项为-5,公比为-1 ? n? ? ?

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从而 ?
m

m

n=1

1 ? 1 ?-5,m=2k-1?k∈N+?, ? an=? ?0,m=2k?k∈N+?.

故?

n=1

1 <1. an
m

综上,对任何正整数 m,总有 ?

n=1

1 <1. an

1 1 1 故不存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1 成立. a1 a2 am

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[规律方法] 处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对 象存在或结论成立或其中的一部分结论成立,然后在这个

前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否
则,给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要的作 用.还可以根据已知条件建立恒等式,利用等式恒成立的 条件求解.

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【训练 3】 数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且对任意正整数 n, 点(an+1,Sn)在直线 2x+y-2=0 上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在实数
? λ? ? ? ? λ,使得数列 Sn+λn+2n?为等差数列?若存 ? ? ? ?

在,求出 λ 的值;若不存在,请说明理由.

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(1)由题意,可得 2an+1+Sn-2=0.

① ②

当 n≥2 时,2an+Sn-1-2=0. ①-②,得 2an+1-2an+an=0, an+1 1 所以 a =2(n≥2). n 1 因为 a1=1,2a2+a1=2,所以 a2= . 2 1 所以{an}是首项为 1,公比为2的等比数列. 所以
?1? - an=?2?n 1. ? ?

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1 1-2n 1 (2)由(1)知,Sn= 1 =2-2n-1. 1-2
? λ? ? ? ? 若 Sn+λn+2n?为等差数列,则 ? ? ? ?

λ λ λ S1+λ+2,S2+2λ+22,S3+3λ+23
?3 9λ? 3λ ? ? 2 2+ 4 =1+ 2 ? ?

成等差数列,则

? 9λ? 3λ 25λ ? ? 2 S2+ 4 =S1+ +S3+ ,即 2 8 ? ?

7 25λ +4+ 8 ,解得 λ=2. 2 又 λ=2 时,Sn+2n+ n=2n+2, 2 显然{2n+2}成等差数列, 故存在实数 λ=2, λ 使得数列{Sn+λn+2n}成等差数列.
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审题示例(五) 探究数列与不等式交汇问题的解题思路

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(1)解

由 2Sn=an+1-2n+1+1, 令 n=1, 得 2S1=a2-22+1, 即 2a1

=a2-3,得 a2=2a1+3,令 n=2,得 2S2=a3-23+1,即 2(a1+ a2)=a3-7,得 a3=6a1+13,又 2(a2+5)=a1+a3,解得 a1=1. (2)解
+1

由 2Sn=an+1-2n 1+1,2Sn+1=an+2-2n 2+1,得 an+2=3an
+ +

+2n+1.

又 a1=1,a2=5 也满足 a2=3a1+2. 所以 an+1=3an+2n 对一切 n∈N*都成立. 所以 an+1+2n+1=3(an+2n). 所以 an+2n=(a1+2)· 3n-1=3n. 所以 an=3n-2n.
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1 3 (3)证明 当 n=1 时, =1< , a1 2 法一 当 n≥2 时, 因为 3n-2n=(3-2)(3n-1+3n-2· 21+?+31· 2n-2 +2
n- 1

)>3

n-1

+2

n-1

>2· 2

n- 1

1 1 1 1 1 =2 .所以a +a +?+a <1+22+23+? 1 2 n
n

1 1 1 3 +2n=1+2-2n<2.
n 1 n n 法二 当 n≥2 时, 3n-2n=(2+1)n-2n=2n+C1 · 2 - 2 ≥ 2 .所以 n


1 1 1 1 1 1 1 1 3 a1+a2+?+an<1+22+23+?+2n=1+2-2n<2.

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法三 当 n≥2
n n

?3? ? 3? n 时,?2? ≥?2?2>2,所以 3n>2· 2n . ? ? ? ?
n n n

1 1 1 1 1 1 所以 3 -2 >2· 2 -2 =2 .所以a +a +?+a <1+22+23+?+2n 1 2 n 1 1 3 =1+2-2n<2. 1 1 1 3 综上,对于一切正整数 n,有a +a +?+a <2. 1 2 n

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方法点评

关于不等式 ?

n

i=1

1 3 ai<2的证明,三种解答都是根据不等式

的结构, 通过联想巧妙地将一边放缩成一个新的数列, 可以使前 n 项“和与和”的关系转化为“项与项”的关系, 简化了证明过程.

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[针对训练] (2013· 浙江丽水模拟)在等差数列{an}和等比数列{bn} 中,a1=1,b1=2,bn>0(n∈N*),且 b1,a2,b2 成等差数列,a2, b2,a3+2 成等比数列. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; S2n+4n (2)设 cn=abn,数列{cn}的前 n 项和为 Sn,若 >an+t 恒成 Sn+2n 立,求常数 t 的取值范围.

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(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q(q>0). 解得 d=q=3.

? ?2?1+d?=2+2q, 由题意,得? 2 ? ??2q? =?1+d??3+2d?,

∴an=3n-2,bn=2· 3n-1. (2)cn=3· bn-2=2· 3n-2. ∴Sn=c1+c2+?+cn=2(31+32+?+3n)-2n=3n+1-2n-3, S2n+4n 32n 1-3 n ∴ = + =3 +1. Sn+2n 3n 1-3


∴3n+1>3n-2+t 恒成立,即 t<(3n-3n+3)min.

令 f(n)=3n-3n+3, 则 f(n+1)-f(n)=2· 3n-3>0, 所以 f(n)单调递增. 故 t<f(1)=3,即常数 t 的取值范围是(-∞,3).
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