高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 2 第2讲　数列求和及综合应用 学案 Word版含解析

第 2 讲 数列求和及综合应用 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2018 卷 an与 Sn关系的应用 T14 等差数列、等比数列的前 n项和是高考考查的重点若以解答题的形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注. 卷 等差数列前 n 项和的最值问题 T17 2017 卷 裂项相消法求和 T15 2016 卷 等差数列的基本运算、数列求和 T17 卷 等比数列的通项公式、an与 Sn的关系 T17 数列求和问题(综合型) 典型例题 命题角度一 公式法求和 等差、等比数列的前 n 项和 (1)等差数列：Snna1n（n1）2d(d 为公差)或 Snn（a1an）2. (2)等比数列：Snna1，q1，a1（1qn）1qa1anq1q，q1其中(q 为公比) 4 类特殊数列的前 n 项和 (1)123n12n(n1) (2)135(2n1)n2. (3)122232n216n(n1)(2n1) (4)132333n314n2(n1)2. 已知数列an满足 a11，an13an2an3，nN*. (1)求证：数列1an为等差数列； (2)设 T2n1a1a21a2a31a3a41a4a51a2n1a2n1a2na2n1，求 T2n. 【解】 (1)证明：由 an13an2an3，得1an12an33an1an23， 所以1an11an23. 又 a11，则1a11，所以数列1an是首项为 1，公差为23的等差数列 (2)设 bn1a2n1a2n1a2na2n11a2n11a2n11a2n， 由(1)得，数列1an是公差为23的等差数列， 所以1a2n11a2n143，即 bn1a2n11a2n11a2n431a2n， 所以 bn1bn431a2n21a2n4343169. 又 b1431a2431a123209， 所以数列bn是首项为209，公差为169的等差数列， 所以 T2nb1b2bn209nn（n1）216949(2n23n) 求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前 n 项和公式来求解， 需掌握等差数列an的前n项和公式： Snn（a1an）2或Snna1n（n1）2d；等比数列an的前 n 项和公式：Snna1，q1，a1（1qn）1q，q1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解 命题角度二 分组转化法求和 将一个数列分成若干个简单数列(如等差数列、 等比数列、 常数列等)， 然后分别求和 也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和，即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和 已知等差数列an的首项为 a， 公差为 d， nN*， 且不等式 ax23x20 的解集为(1，d) (1)求数列an的通项公式 an； (2)若 bn3anan1，nN*，求数列bn的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)易知 a0，由题设可知1d3a，1d2a， 解得a1，d2. 故数列an的通项公式为 an1(n1) 22n1. (2)由(1)知 bn32n12n11， 则 Tn(31)(333)(32n12n1)n (313332n1)(132n1)n 31（19n）19（12n1）n2n 38(9n1)n2n. (1)在处理一般数列求和时，一定要注意运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利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论最后再验证是否可以合并为一个表达式 (2)分组求和的策略：根据等差、等比数列分组根据正号、负号分组 命题角度三 裂项相消法求和 把数列的通项公式拆成两项之差的形式，求和时正负项相消，只剩下首尾若干项，达到化简求和的目的 常见的裂项式有：1（2n1）（2n1）1212n112n1，1n（n1）（n2）121n（n1）1（n1）（n2），1n1 n n1 n等 (2018 唐山模拟)已知数列an满足：1a12a2nan38(32n1)，nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnlog3ann，求1b1b21b2b31bnbn1. 【解】 (1)1a138(321)3， 当 n2 时，因为 nan1a12a2nan1a12a2n1an1 38(32n1)38(32n21)32n1. 当 n1，nan32n1也成立， 所以 ann32n1. (2)bnlog3ann(2n1)， 因为1bnbn11（2n1）（2n1）1212n112n1， 所以1b1b21b2b31bnbn1 12113131512n112n1 12112n1 n2n1. (1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项 (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项 命题角度四 错位相减法求和 已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，求数列anbn的前 n 项和 Sn时，先令Sn乘以等比数列bn的公比，再错开位置，把两个等式相减，从而求出 Sn. (2018 石家庄质量检测(一)已知数列an满足：a11，an1n1nann12n. (1)设 bnann，求数列bn的通项公式； (2)求数列an的前 n 项和 Sn. 【解】 (1)由 an1n1nann12n，可得an1n1ann12n， 又 bnann，所以 bn1bn12n， 由 a11，得 b11， 累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)12112212n1， 即 bnb112112n1112112n1， 所以 bn212n1. (2)由(1)可知 an2nn2n1，设数列n2n1的前 n 项和为 Tn， 则 Tn120221322n2n1， 12Tn121222323n2n， 得12Tn12012112212n1n2n112n112n2n2n22n， 所以 Tn4n22n1. 易知数列2n的前 n 项和为 n(n1)， 所以 Snn(n1)4n22n1. (1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前 n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和 (2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列an，bn一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心 命题角度五 并项求和 并项求和法：把数列的一些项合并成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和 数列an满足 an12sinn21 an2n，nN*，则数列an的前 100 项和为( ) A5 050 B5 100 C9 800 D9 850 【解析】 设 kN*， 当 n2k 时，a2k1a2k4k，即 a2k1a2k4k， 当 n2k1 时，a2ka2k14k2， 联立可得，a2k1a2k12， 所以数列an的前 100 项和 Sna1a2a3a4a99a100 (a1a3a99)(a2a4a100) (a1a3a99)(a34)(a542)(a743)(a101450) 252(a3a5a101)4(12350) 252252450（150）2 5 100. 故选 B. 【答案】 B (1)将一个数列分成若干段， 然后各段分别利用等差(比)数列的前 n 项和的公式及错位相减法进行求和 利用并项求和法求解问题的常见类型： 一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(1)n” (2)运用分类讨论法求数列的前 n 项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为sinn2可以等于 1，也可以等于 0，因此分类的“度”可定位到“n 分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅 对点训练 (2018 郑州模拟)在等差数列an中，已知 a35，且 a1，a2，a5为递增的等比数列 (1)求数列an的通项公式；n2 (2)若数列bn的通项公式 bnan12，n2k1，2n21，n2k (kN*)，求数列bn的前 n 项和 Sn. 解：(1)设等差数列an的公差为 d，易知 d0， 由题意得，(a32d)(a32d)(a3d)2， 即 d22d0，解得 d2 或 d0(舍去)， 所以数列an的通项公式为 ana3(n3)d2n1. (2)当 n2k，kN*时， Snb1b2bn(b1b3b2k1)(b2b4b2k)(a1a2ak)(20212k1)k（12k1）212k12k22k1n242n21； 当 n2k1，kN*时，n12k， 则 SnSn1bn1（n1）242n1212n121n22n342n12. 综上，Snn242n21，n2k，n22n342n12，n2k1(kN*) 数列与其他知识的交汇问题(综合型) 典型例题 命题角度一 数列与不等式相交汇 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，nN*，且 a23，S525. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bn1SnSn1，记数列bn的前 n 项和为 Tn，证明：Tn1. 【解】 (1)设等差数列an的公差为 d. 因为 a23，S525，所以a1d3，5（2a14d）225， 解得a11，d2，所以 an2n1. (2)证明：由(1)知，an2n1，所以 Snn（12n1）2n2. 所以 bn1n2（n1）21n（n1）1n1n1. 所以 Tnb1b2b3bn 11212131n1n1 11n11. 证明数列不等式的关键： 一是会灵活运用等差数列与等比数列的通项公式、 前 n 项和公式以及裂项相消法；二是会利用放缩法证明不等式 命题角度二 数列与函数相交汇 (2018 长沙模拟)设数列an的前 n 项和是 Sn，若点 Ann，Snn在函数 f(x)xc的图象上运动，其中 c 是与 x 无关的常数，且 a13. (1)求数列an的通项公式； (2)记 bnaan，求数列bn的前 n 项和 Tn的最小值 【解】 (1)因为点 Ann，Snn在函数 f(x)xc 的图象上运动，所以Snnnc，所 以 Snn2cn. 因为 a13，所以 c4，所以 Snn24n，所以 anSnSn12n5(n2) 又 a13 满足上式，所以 an2n5(n1) (2)由(1)知，bnaan2an52(2n5)54n5， 所以 Tnn（b1bn）22n23n. 所以 Tn的最小值是 T11. 数列与函数交汇问题的常见类型及解法 (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，需构造函数，利用函数知识解决问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解 对点训练 已知正项数列an，bn满足：对于任意的 nN*，都有点(n， bn)在直线 y22(x2)上，且 bn，an1，bn1成等比数列，a13. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 Sn1a11a21an，如果对任意的 nN*，不等式 2aSn2bnan恒成立，求实数 a的取值范围 解：(1)因为点(n， bn)在直线 y22(x2)上， 所以 bn22(n2)，即 bn（n2）22. 又因为 bn，an1，bn1成等比数列， 所以 a2n1bnbn1（n2）2（n3）24， 所以 an1（n2）（n3）2，所以 n2 时，an（n1）（n2）2， a13 适合上式，所以 an（n1）（n2）2. (2)由(1)知，1an2（n1）（n2）21n11n2， 所以 Sn2121313141n11n2 2121n2nn2. 故 2aSn2bnan可化为： 2ann22（n2）22（n1）（n2）22n2n1nn1， 即 a12恒成立， 故 a12. 综上知，实数 a 的取值范围是，12. A 组 夯基保分专练 一、选择题 1 在等比数列an中， 公比 q2， 前 87 项和 S87140， 则 a3a6a9a87等于( ) A.1403 B60 C80 D160 解析： 选C.a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q21（q3）291q3q21qq2a1（1q87）1q4714080.故选 C. 2已知数列an中，a1a21，an2an2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列an的前 20 项和为( ) A1 121 B1 122 C1 123 D1 124 解析：选 C.由题意可知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列an的前 20 项和为1（1210）12101109221 123.选 C. 3已知数列an满足 2a122a22nann(nN*)，数列1log2anlog2an1的前 n 项和为 Sn，则 S1S2S3S10( ) A.110 B.15 C.111 D.211 解析：选 C.因为 2a122a22nann(nN*)， 所以 2a122a22n1an1n1(n2)， 两式相减得 2nan1(n2)，a112也满足上式，故 an12n， 故1log2anlog2an11n（n1）1n1n1， Sn11212131n1n111n1nn1， 所以 S1S2S3S101223349101011111，故选 C. 4(2018 太原模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn3)(nN*)在函数 y32x的图象上，等比数列bn满足 bnbn1an(nN*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是( ) ASn2Tn BTn2bn1 CTnan DTnbn1 解析：选 D.因为点(n，Sn3)(nN*)在函数 y32x的图象上，所以 Sn3 2n3，所以 an3 2n1，所以 bnbn13 2n1，因为数列bn为等比数列，设公比为 q，则 b1b1q3，b2b2q6，解得 b11，q2，所以 bn2n1，Tn2n1，所以 Tnbn1，故选 D. 5已知数列an满足 a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意 nN*都有1a11a21ant，则实数 t 的取值范围为( ) A(13，) B13，) C(23，) D23，) 解析：选 D.依题意得，当 n2 时，ana1a2a3ana1a2a3an12n22（n1）22n2(n1) 222n1，又 a1212211，因此 an22n1，1an122n1，数列1an是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列1an的前 n 项和等于12（114n）11423(114n)23，因此实数 t 的取值范围是23，)，故选 D. 6(2018 河北“五个一名校联盟”模拟)在正整数数列中，由 1 开始依次按如下规则，将某些数染成红色先染 1；再染两个偶数 2，4；再染 4 后面最邻近的 3 个连续奇数 5，7，9；再染 9 后面最邻近的 4 个连续偶数 10，12，14， 16；再染此后最邻近的 5 个连续奇数 17， 19，21，23，25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列 1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，则在这个红色子数列中，由 1 开始的第 2 018 个数是( ) A3 971 B3 972 C3 973 D3 974 解析：选 B.由题意可知，第 1 组有 1 个数，第 2 组有 2 个数根据等差数列的前 n项 和 公 式 ， 可 知 前 n 组 共 有n（n1）2个 数 由 于 2 016 63（631）22 01864（641）22 080，因此，第 2 018 个数是第 64 组的第 2 个数由于第 1 组最后一个数是 1，第 2 组最后一个数是 4，第 3 组最后一个数是 9，第 n 组最后一个数是n2，因此，第 63 组最后一个数为 632，6323 969，第 64 组为偶数组，其第 1 个数为 3 970，第 2 个数为 3 972.故选 B. 二、填空题 7 已知数列an的前 n 项和 Sn满足 SnSmSnm(n， mN*)且 a15， 则 a8_ 解析：数列an的前 n 项和 Sn满足 SnSmSnm(n，mN*)且 a15，令 m1，则 Sn1SnS1Sn5，即 Sn1Sn5，所以 an15，所以 a85. 答案：5 8(2018 武汉调研)设等差数列an满足 a3a736，a4a6275，且 anan1有最小值，则这个最小值为_ 解析：设等差数列an的公差为 d，因为 a3a736，所以 a4a636， 与 a4a6275，联立，解得a411，a625或a425，a611， 当a411，a625时，可得a110，d7，此时 an7n17，a23，a34，易知当 n2 时，an0，所以 a2a312 为 anan1的最小值； 当a425，a611时，可得a146，d7，此时 an7n53，a74，a83，易知当 n7 时，an0，当 n8 时，an0，可得 q2，故 bn2n1. 所以，Tn12n122n1. 设等差数列an的公差为 d.由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6， 可得 3a113d16， 从而 a11，d1，故 ann. 所以，Snn（n1）2. (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n2（12n）12n2n1n2. 由 Sn(T1T2Tn)an4bn可得 n（n1）22n1n2n2n1， 整理得 n23n40， 解得 n1(舍)，或 n4. 所以，n 的值为 4. 11(2018 陕西教学质量检测(一)已知在递增的等差数列an中，a12，a3是 a1和 a9的等比中项 (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn1（n1）an，Sn为数列bn的前 n 项和，求 S100的值 解：(1)设公差为 d(d0)， 则 ana1(n1)d. 因为 a3是 a1和 a9的等比中项， 所以 a23a1a9， 即(22d)22(28d)， 解得 d0(舍去)或 d2. 所以 ana1(n1)d2n. (2)由(1)得 bn1（n1）an12n（n1）121n1n1， 所以 S100b1b2b10012(112121311001101)121110150101. 12(2018 兰州模拟)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12，其前 n 项和 Sn满足：bn1Sn2(nN*) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn. 解：(1)设an的公差为 d， 因为 a22，a3a58， 所以 2d23d8， 所以 d1，所以 ann. 因为 bn1Sn2(nN*)， 所以 bnSn12(nN*，n2) 得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)， 所以 bn12bn(nN*，n2) 因为 b12，b22b1， 所以bn为等比数列，b12，q2， 所以 bn2n. (2)因为 cnanbnn2n， 所以 Tn12222323n12n1n2n， 12Tn122223324n12nn2n1， 两式相减，得12Tn1212212nn2n112n2n1， 所以 Tn2n22n. B 组 大题增分专练 1(2018 昆明模拟)数列an满足 a11，an12an3. (1)证明an1是等比数列，并求数列an的通项公式； (2)已知符号函数 sgn(x)1，x0，0，x0，1，x0，设 bnansgn(an)，求数列bn的前 100 项和 解：(1)因为 an12an3，a11， 所以 an112(an1)，a112， 所以数列an1是首项为2，公比为2 的等比数列 故 an1(2)n，即 an(2)n1. (2)bnansgn(an)2n1，n为偶数，2n1，n为奇数， 设数列bn的前 n 项和为 Sn，则 S100(21)(221)(231)(2991)(21001)22223210021012. 2(2018 惠州第一次调研)在公差不为 0 的等差数列an中，a1，a4，a8成等比数列 (1)若数列an的前 10 项和为 45，求数列an的通项公式； (2)若 bn1anan1，且数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tn191n9，求数列an的公差 解：(1)设数列an的公差为 d(d0)， 由 a1，a4，a8成等比数列可得 a24a1a8， 即(a13d)2a1(a17d)，得 a19d. 由数列an的前 10 项和为 45 得 10a145d45， 即 90d45d45， 所以 d13，a13. 故数列an的通项公式为 an3(n1)13n83. (2)因为 bn1anan11d1an1an1， 所以数列bn的前 n 项和 Tn1d1a11a21a21a31an1an11d1a11an1， 即 Tn1d1a11a1nd1d19d19dnd 1d21919n1919n， 因此1d21，解得 d1 或 1. 故数列an的公差为1 或 1. 3已知等差数列an的首项 a12，前 n 项和为 Sn，等比数列bn的首项 b11，且 a2b3，S36b2，nN*. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)数列cn满足 cnbn(1)nan，记数列cn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q. 因为 a12，b11，且 a2b3，S36b2， 所以2dq2，3（222d）26q.解得d2，q2. 所以 an2(n1)22n，bn2n1. (2)由题意：cnbn(1)nan2n1(1)n2n. 所以 Tn(1242n1)2468(1)n2n， 若 n 为偶数： Tn12n12(24)(68)2(n1)2n 2n1n222nn1. 若 n 为奇数： Tn12n12(24)(68)2(n2)2(n1)2n 2n12n122n2nn2. 所以 Tn2nn1，n为偶数，2nn2，n为奇数. 4已知数列an满足 a13，an12ann1，数列bn满足 b12，bn1bnann， nN*. (1)证明：ann为等比数列； (2)数列cn满足 cnann（bn1）（bn11），求证数列cn的前 n 项和 Tn13. 证明：(1)因为 an12ann1， 所以 an1(n1)2(ann) 又 a13，所以 a112， 所以数列ann是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 (2)由(1)知，ann2 2n12n. 所以 bn1bnannbn2n， 即 bn1bn2n. b2b121， b3b222， b4b323， bnbn12n1. 以上式子相加，得 bn22（12n1）122n(n2) 当 n1 时，b12，满足 bn2n， 所以 bn2n. 所以 cnann（bn1）（bn11）2n（2n1）（2n11）12n112n11. 所以 Tn12112211221123112n112n111312n1113.