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第2讲数列求和及综合应用 考情考向高考导航1已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等2数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上真题体验1(2018全国)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：当n1时，a1S12a11，a11.当n2时，Sn2an1Sn12an11得anSnSn12an2an1，an2an1即2，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，S663.答案：632(2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0，已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn求a1c1a2c2a2nc2n(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，依题意，得解得故an33(n1)3n，bn33n13n.所以，an的通项公式为an3n，bn的通项公式为bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.所以a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*)主干整合1数列通项(1)数列通项an与前n项和Sn的关系，an(2)应用an与Sn的关系式f(an，Sn)0时，应特别注意n1时的情况，防止产生错误2数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，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，分别求和，然后再合并(2)错位相减法：主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列热点一求数列的通项公式例1(1)(2020临沂模拟)在数列an中，a12，an1anln，则an等于()A2ln nB2(n1)ln nC2nln n D1nln n(2)(2020成都模拟)设数列an的前n项和为Sn，且满足a1，Snn2an(nN)则数列an的通项公式为_解析(1)由已知，an1anln，a12，所以anan1ln(n2)，an1an2ln，a2a1ln，将以上n1个式子叠加，得ana1lnlnlnlnln n.所以an2ln n(n2)，经检验n1时也适合故选A.(2)由Snn2an，()得当n2时，Sn1(n1)2an1，()()()，得ann2an(n1)2an1(n2，nN*)，所以(n1)an(n1)an1，即(n2)，因为a1，又a1，符合上式，所以an.答案(1)A(2)an1数列an中，an与Sn的关系an2求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式(2)在已知数列an中，满足an1anf(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.(3)在已知数列an中，满足f(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，则可用累积法求数列的通项an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)(1)数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且满足1(n2)则数列an的通项公式为_解析：由已知，当n2时，1，所以1，即1，所以.又S1a11，所以数列是首项为1，公差为的等差数列所以1(n1)，即Sn.所以当n2时，anSnSn1.因此an答案：an(2)各项均不为0的数列an满足an2an(nN*)，且a32a8，则数列an的通项公式为_解析：因为an2an，所以an1anan1an22an2an.因为anan1an20，所以，所以数列为等差数列设数列的公差为d，则(83)d.因为a32a8，所以d1，又2d3，所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列3(n1)1n2，an.答案：an热点二数列求和问题裂项相消法求和例21(2018天津卷)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)求Tn；证明n,k1 2(nN*)解(1)设等比数列an的公比为q，由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d，由a4b3b5，可得b13d4，由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以，数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tnn2n1n2.证明：因为，所以，n,k1 2.错位相减法求和例22(2018浙江卷)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项，数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解析(1)由a42是a3，a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得820，解得q2或q，因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得，an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2，Tn372(4n9)n2(4n5)n1，所以Tn34424n2(4n5)n1，因此Tn14(4n3)n2，n2，又b11，所以bn15(4n3)n2.数列求和的常用方法1利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若an是等差数列且an0，则.2用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式3并项求和法一个数列的前n项和可两两结合求解，则称为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用并项求和(1)(2020长沙模拟)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.设bn，数列bn的前n项和为_解析：由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn10.所以Snn2n(nN*)n2时，anSnSn12n，n1时，a1S12适合上式an2n(nN*)即bnTn答案：(2)已知an若数列bn满足anbnlog3an，则数列bn的前n项和为_解析：因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn3(1n)log33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.答案：热点三数列与函数不等式的交汇创新例3(2019桂林三模)已知函数f(x)的图象过定点(1,1)，且对任意的实数x1，x2R，都有f(x1x2)1f(x1)f(x2)(1)证明数列(nN*)为等比数列；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，不等式T2nTnlog2(x1)(n2，nN*)恒成立，求实数x的取值范围审题指导(1)先令x1x2，再证明数列(nN*)为等比数列；(2)先求出数列的通项公式，再求和，根据T2nTn的单调性求出最小项，最后求实数x的取值范围解析(1)令x1x2，则f1ff，即f12f，则f12，令x1x2，则f(1)12f1，得f0，所以数列是等比数列，公比为，首项为1.(2)由题意知函数f(x)的图象过定点(1,1)，所以f(1)1.令x1n，x21，则f(n1)1f(1)f(n)，即f(n1)f(n)2，则f(n)是等差数列，公差为2，首项为1，故f(n)1(n1)22n1.因为bn，所以bn.设g(n)T2nTnbn1bn2b2n，则g(n1)g(n)0，所以g(n)是递增数列，g(n)ming(2)，从而log2(x1)，即log2(x1)2，则解得x(1,3)，所以实数x的取值范围为(1,3)1求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件2数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理(2019淮南二模)若数列an的前n项和为Sn，点(an，Sn)在yx的图象上(xN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若c10，且对任意正整数n都有cn1cnlogan，求证：对任意正整数n2，总有.解：(1)Snan，当n2时，anSnSn1an1an，anan1，又S1a1，a1，ann12n1.(2)证明：由cn1cnlogan2n1，得当n2时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1).又，原式得证限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1(2020重庆七校联考)若数列an满足0，则称an为“梦想数列”已知正项数列为“梦想数列”，且b1b2b31，则b6b7b8()A4 B16 C32 D64解析：C由0可得an1an，故an是公比为的等比数列，故是公比为的等比数列，则bn是公比为2的等比数列，b6b7b8(b1b2b3)2532，故选C.2(2020江西省五校协作体考试)设Sn是数列an的前n项和，若anSn2n,2bn2an2an1，则()A. B. C. D.解析：D因为anSn2n，所以an1Sn12n1，得2an1an2n，所以2an2an12n1.又2bn2an2an12n1，所以bnn1，则11，故选D.3(2020广东省六校联考)已知数列an满足a12a23a3nan(2n1)3n.设bn，Sn为数列bn的前n项和，若Sn(为常数，nN*)，则的最小值是()A. B. C. D.解析：Ca12a23a3nan(2n1)3n，当n2时，a12a23a3(n1)an1(2n3)3n1，得，nan4n3n1(n2)，即an43n1(n2)当n1时，a134，所以anbn所以Sn，Sn，得，Sn，所以Sn，所以易知的最小值是，故选C.4(2019青岛三模)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)21，那么100,i51f(i)的值为()A2 488 B2 495 C2 498 D2 500解析：D由f(n)的定义知f(n)f(2n)，且若n为奇数则f(n)n，则100,i1f(i)f(1)f(2)f(100)13599f(2)f(4)f(100)f(1)f(2)f(50)2 50050,i1f(i)，100,i51f(i)100,i1f(i)50,i1f(i)2 500.5(2019深圳二模)已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A. B. C. D.解析：C2a122a22nann(nN*)，2a122a22n1an1n1(n2)，2nan1(n2)，当n1时也满足，故an，故，Sn11，S1S2S3S10，选C.6(2019潍坊三模)已知等差数列an中公差d0，a11，a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，ak1，ak2，akn成等比数列，若对任意的nN*，恒有(mN*)，则m()A0 B1 C2 D1或2解析：D由已知可得，aa1a5，即(1d)21(14d)，又d0，解得d2，所以an2n1.因为a1，a2，ak1，ak2，akn成等比数列，所以2kn13n1.令bn，设数列bn中的最大项为bl，故满足解得1l2，即数列bn中的最大项为b1，b2，所以m1或2.二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7(2019昆明三模)已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前20项和为_解析：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10121 123.答案：1 1238(2019山师附中质检)将数列an中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10记数阵中的第1列数a1，a2，a4，构成的数列为bn，Sn为数列bn的前n项和，若Sn2bn1，则a56_.解析：当n2时，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2且nN*)，b12b11，b11，数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，bn2n1.设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1,2,4,7,11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，cn1，由cn156，得n11，a56b112101 024.答案：1 024三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9(2020郑州三测)已知数列an满足a11,2anan1an1an0，数列bn满足bn.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是？解析：(1)因为2anan1an1an0，所以an1，2，由等差数列的定义可得是首项为1，公差为d2的等差数列故12(n1)2n1，所以an.(2)由(1)得bn，所以Sn，两边同乘以得，Sn，两式相减得Sn2，即Sn2，所以Sn3.因为Sn1Sn0，所以数列Sn是关于项数n的递增数列，所以SnS1，因为，所以不存在n，使得Sn.10(2019武汉二模)已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN*)若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN*)记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn.解析：(1)由题意a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*)所以，a1a2a3an2()n(n1)故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*)因为c10，c20，c30，c40；当n5时，cn，而0，即数列当n5时是递减的所以1，所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN*，恒有S4Sn，故k4.11(文)(2020浙江三地市联考)已知数列bn满足3(n1)bnnbn1，且b13.(1)求数列bn的通项公式；(2)已知，求证：1.解析：(1)因为3(n1)bnnbn1，所以.则3，3，3，3，累乘，可得3n1n，因为b13，所以bnn3n，即数列bn的通项公式bnn3n.(2)证明：因为，所以an3n.因为，所以1.因为nN*，所以0，所以11，所以1.11(理)(2019江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数，若存在“M数列”cn(nN*)，对任意正整数k，当km时，都有ckbkck1成立，求m的最大值解：(1)设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由得解得因此数列an为“M数列”(2)因为，所以bn0.由b11，S1b1，得，则b22.由，得Sn，当n2时，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列因此，数列bn的通项公式为bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c11，q0.因为ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1,2,3，m.当k1时，有q1；当k2,3，m时，有ln q.设f(x)(x1)，则f(x).令f(x)0，得xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值因为，所以f(k)maxf(3).取q，当k1,2,3,4,5时，ln q，即kqk，经检验知qk1k也成立因此所求m的最大值不小于5.若m6，分别取k3,6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216，所以q不存在因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5.高考解答题审题与规范(三)数列类考题数列问题重在“归”思维流程等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.(1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列anbn为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列anbn为等差数列；(2)由(1)分别求得数列anbn和anbn的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得an，bn的通项公式.结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破.规范解答评分细则解析(1)由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn)2分又因为a1b110.3分所以anbn是首项为1，公比为的等比数列.4分由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.5分又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列.6分(2)由(1)知，anbn，anbn2n1.8分所以an(anbn)(anbn)n.10分bn(anbn)(anbn)n.12分第(1)问踩点得分由已知得出an1bn1(anbn)得2分算出a1b110得1分证明anbn是等比数列得1分由已知得出an1bn1anbn2得1分证明anbn是等差数列得1分第(2)问踩点得分分别计算anbn，anbn的通项各得2分求出an的通项得2分求出bn的通项得2分.
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