2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题二数列第2讲数列求和及综合问题含解析.doc

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1、第2讲数列求和及综合问题高考定位1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.真 题 感 悟1.(2020全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1_.解析法一因为an2(1)nan3n1，所以当n为偶数时，an2an3n1，所以a4a25，a8a617，a12a1029，a16a1441，所以a2a4a6a8a10a12a14a1692.因为数列an的前16项和为540，所以a1a3a5a7a9a11a13a1554092448.因为当n为奇

2、数时，an2an3n1，所以a3a12，a7a514，a11a926，a15a1338，所以(a3a7a11a15)(a1a5a9a13)80.由得a1a5a9a13184.又a3a12，a5a38a110，a7a514a124，a9a720a144，a11a926a170，a13a1132a1102，所以a1a110a144a1102184，所以a17.法二同法一得a1a3a5a7a9a11a13a15448.当n为奇数时，有an2an3n1，由累加法得an2a13(135n)(1n)n2n，所以an2n2na1.所以a1a3a5a7a9a11a13a15a18a1392448，解得a17.

3、答案72.(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.解析法一因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11.当n2时，anSnSn12an1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1.所以S663.法二由Sn2an1，得S12S11，所以S11，当n2时，由Sn2an1得Sn2(SnSn1)1，即Sn2Sn11，Sn12(Sn11)，又S112，Sn1是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn122n12n，所以Sn12n，S612663.答案633.(2020新高考山东卷)已知公比大于1的等比数列an满

4、足a2a420，a38.(1)求an的通项公式；(2)记bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前100项和S100.解(1)设的公比为q(q1).由题设得a1qa1q320，a1q28.解得q(舍去)，q2.由题设得a12.所以的通项公式为an2n.(2)由题设及(1)知b10，且当2nm2n1时，bmn.所以S100b1(b2b3)(b4b5b6b7)(b32b33b63)(b64b65b100)0122223234245256(10063)480.4.(2020全国卷)设an是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.(1)求an的公比；(2)若a11，求数列

5、nan的前n项和.解(1)设an的公比为q，由题设得2a1a2a3，即2a1a1qa1q2.所以q2q20，解得q1(舍去)或q2.故an的公比为2.(2)记Sn为nan的前n项和.由(1)及题设可得an(2)n1，所以Sn12(2)n(2)n1，2Sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n.所以3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)nn(2)n.所以Sn.考 点 整 合1.常用公式：12223242n2.2.(1)数列通项an与前n项和Sn的关系为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.3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数

6、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.温馨提醒裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误.4.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关

7、键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.热点一an与Sn的关系问题【例1】 设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，bn1log2|an|，数列bn的前n项和为Tn，cn.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列cn的前n项和An，并求出An的最值.解(1)因为an5Sn1，nN*，所以an15Sn11，两式相减，得an1an，又当n1时，a15a11，知a1，所以数列an是公比、首项均为的等比数列.所以数列an的通项公式an.(2)由(1)知bn1log2|an|2n1，数列bn的前n

8、项和Tnn2，cn，所以An1.因此An是单调递增数列，当n1时，An有最小值A11；An没有最大值.探究提高1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.2.由Sn求an时，一定注意分n1和n2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【训练1】 (2020合肥检测)已知正项数列an的前n项和为Sn，满足aSnSn1(n2)，a11.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(1an)2a(1an)，若bn是递增数列，求实数a的取值范围

9、.解(1)aSnSn1(n2)，aSn1Sn2(n3).相减可得aaanan1，an0，an10，anan11(n3).当n2时，aa1a2a1，a2a2，a20，a22.因此n2时，anan11成立.数列an是等差数列，公差为1.an1n1n.(2)bn(1an)2a(1an)(n1)2a(n1)，bn是递增数列，bn1bnn2an(n1)2a(n1)2na10，即a12n恒成立，a1.实数a的取值范围是(1，).热点二数列求和方法1分组转化求和【例2】 (2020山东五地联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2S2x20的解集为(1，2).(1)求数列an的通项

10、公式；(2)若数列bn满足bna2n2an1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，因为关于x的不等式a1x2S2x20的解集为(1，2)，所以123，得a1d，又易知2，所以a11，d1.所以数列an的通项公式为ann.(2)由(1)可得，a2n2n，2an2n.因为bna2n2an1，所以bn2n12n，所以数列bn的前n项和Tn(1352n1)(222232n)n22n12.探究提高1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a1及d；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求

11、和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n项和公式求和.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.本题易忽视数列通项的下标如错得a2nn，应注意“”左右两边保持一致.【训练2】 (2020潍坊调研)设等差数列an的前n项和为Sn，且a28，S440.数列bn的前n项和为Tn，且Tn2bn30，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn求数列cn的前n项和Pn.解(1)设等差数列an的公差为d，由题意，得解得所以an4n，因为Tn2bn30，所以当n1时，b13，当n2时，Tn12bn130，两式相减，得bn2bn1(n2)，则数列bn为

12、首项为3，公比为2的等比数列，所以bn32n1.(2)cn当n为偶数时，Pn(a1a3an1)(b2b4bn)2n1n22.当n为奇数时，法一n1(n3)为偶数，PnPn1cn2(n1)1(n1)224n2nn22n1，n1时符合上式.法二Pn(a1a3an2an)(b2b4bn1)2nn22n1.所以Pn方法2裂项相消求和【例3】 (2020江南六校调研)设数列an的前n项和为Sn，已知S12，an1Sn2.(1)证明：an为等比数列；(2)记bnlog2an，数列的前n项和为Tn，若Tn10恒成立，求的取值范围.(1)证明由已知，得a1S12，a2S124，当n2时，anSn12，所以an

13、1an(Sn2)(Sn12)an，所以an12an(n2).又a22a1，所以2(nN*)，所以an是首项为2，公比为2的等比数列.(2)解由(1)可得an2n，所以bnn.则，Tn，因为Tn10，所以10，从而，因为1020，所以的取值范围为20，).探究提高1.裂项相消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.【训练3】 设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和.解(1)因为a13a2(2n1)

14、an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，得(2n1)an2，所以an，又n1时，a12适合上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn1.方法3错位相减法求和【例4】 (2020济南统测)在a35，a2a56b2，b22，a3a43b3，S39，a4a58b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题.已知等差数列an的公差为d(d1)，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，且a1b1，dq，_.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，求数列cn的前n项和Tn.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解选条件.(1)a

15、35，a2a56b2，a1b1，dq，d1，解得或(舍去).ana1(n1)d2n1，bnb1qn12n1.(2)cn，cn(2n1).Tn135(2n3)(2n1)，Tn35(2n3)(2n1).上面两式相减，得Tn12(2n1)12(2n1)3(2n3).Tn6(2n3).选条件.(1)b22，a3a43b3，a1b1，dq，d1，即解得或(舍去).ana1(n1)d2n1，bnb1qn12n1.(2)cn，cn(2n1).Tn135(2n3)(2n1)，Tn35(2n3)(2n1).上面两式相减，得Tn12(2n1)12(2n1)3(2n3).Tn6(2n3).选条件.(1)S39，a4

16、a58b2，a1b1，dq，d1，解得或(舍去)，ana1(n1)d2n1，bnb1qn12n1.(2)cn，cn(2n1).Tn135(2n3)(2n1)，Tn35(2n3)(2n1).上面两式相减，得Tn12(2n1)12(2n1)3(2n3).Tn6(2n3).探究提高1.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解.2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“SnqSn”的表达式.【训练4】 (2020潍坊模拟)在b2n2bn1，a2b

17、1b2，b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列an中，a11，an13an.公差不等于0的等差数列bn满足_，求数列的前n项和Sn.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解因为a11，an13an，所以an是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an3n1.选时，设数列bn的公差为d1.因为a23，所以b1b23().因为b2n2bn1，所以当n1时，b22b11().由()()解得b1，b2，所以d1，所以bn.所以.所以Sn，所以Sn.上面两式相减，得Sn5.所以Sn.选时，设数列bn的公差为d2.因为a23，所以b1b

18、23，即2b1d23.因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即(b1d2)2b1(b13d2)，化简得db1d2.因为d20，所以b1d2，从而d2b11，所以bnn.所以.所以Sn，所以Sn.上面两式相减，得Sn1.所以Sn.选时，设数列bn的公差为d3.因为b2n2bn1，所以b22b11，所以d3b11.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即(b1d3)2b1(b13d3)，化简得db1d3.因为d30，所以b1d3，无解，所以等差数列bn不存在.故不合题意.热点三与数列相关的综合问题【例5】 (2020杭州滨江区调研)设f(x)x22x，f(x)是yf(x)的导

19、函数，若数列an满足an1f(an)，且首项a11.(1)求数列an的通项公式；(2)数列an的前n项和为Sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前n项和为Tn，请写出适合条件TnSn的所有n的值.解(1)由f(x)x22x，得f(x)x2.an1f(an)，且a11.an1an2，则an1an2，因此数列an是公差为2，首项为1的等差数列.an12(n1)2n1.(2)数列an的前n项和Snn2，等比数列bn中，设公比为q，b1a11，b2a23，q3.bn3n1，数列bn的前n项和Tn.TnSn可化为n2.又nN*，n1，或n2.故适合条件TnSn的所有n的值为1和2.探究提高

20、1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(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注意；(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.【训练5】 已知数列an与bn满足：a1a2a3an2bn(nN*)，若an是各项为正数的等比数列，且a12，b3b24.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)若数列cn满足cn(nN*)，Tn为数列cn的前n项和，证明：Tn1.(1)解由题意知，a1a2a3an2bn，当n2时，a1a2a3an1

21、2bn1，可得an2(bnbn1)a32(b3b2)248，a12，an0，设an的公比为q，a1q28q2，an22n12n(nN*).2bn2122232n2n12，bn2n1(nN*).(2)证明由已知cn，Tnc1c2cn1，当nN*时，2n11，0，11，故Tn1.A级巩固提升一、选择题1.已知Tn为数列的前n项和，若mT101 013恒成立，则整数m的最小值为()A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023解析因为1，所以Tnn1，则T101 013111 0131 024，又mT101 013，所以整数m的最小值为1 024.答案C2.(2020河北“五个一”名

22、校联盟诊断)在等差数列an中，a3a5a47，a1019，则数列ancos n的前2 020项的和为()A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020解析设an的公差为d，则有解得an2n1，设bnancos n，则b1b2a1cos a2cos 22，b3b4a3cos 3a4cos 42，数列ancos n的前2 020项的和S2 020(b1b2)(b3b4)(b2 019b2 020)21 0102 020.答案D3.数列an满足a11，对任意nN*，都有an11ann，则()A. B.2 C. D.解析对任意nN*，都有an11ann，则an1ann1，则an(ana

23、n1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1，则2，所以22.答案C4.(多选题)(2020青岛质检)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn1Sn2an1，数列的前n项和为Tn，nN*，则下列选项正确的为()A.数列an1是等差数列B.数列an1是等比数列C.数列an的通项公式为an2n1D.Tn1解析由Sn1Sn2an1，得an1Sn1Sn2an1，可化为an112(an1).由a11，得a112，则数列an1是首项为2，公比为2的等比数列.则an12n，即an2n1.由，得Tn111.所以A错误，B，C，D正确.故选BCD.答案BCD5.(多选题)(2020烟台模拟)已知数列an

24、满足an1ann(1)，其前n项和为Sn，且mS2 0191 009，则下列说法正确的是()A.m为定值 B.ma1为定值C.S2 019a1为定值 D.ma1有最大值解析当n2k(kN*)时，由已知条件得a2ka2k12k(1)k(2k1)，所以S2 019a1a2a3a2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)a12468102 018a11 0082 018a11 010，所以S2 019a11 010.mS2 019ma11 0101 009，所以ma11，所以ma1，当且仅当ma1时等号成立，此时ma1取得最大值.故选BCD.答案BCD二、填空题6.对于数列a

25、n，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，数列an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn_.解析因为an1an2n，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n，所以Sn2n12.答案2n127.已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an1，则a1_，an_.解析令n1，则2S13a11，又S1a1，所以a11.当n2时，anSnSn1(3an3an1)，整理得an3an1，即3(n2).因此，an是首项为1，公比为3的等比数列.故an3n1.答案13n18.(2020福州调研)已知数列nan的前n项和为Sn

26、，且an2n，则使得Snnan1500的最小正整数n的值为_.解析Sn121222n2n，则2Sn122223n2n1，两式相减得Sn2222nn2n1n2n1，故Sn2(n1)2n1.又an2n，Snnan1502(n1)2n1n2n150522n1，依题意522n10，故最小正整数n的值为5.答案5三、解答题9.(2020合肥调研)记Sn为等差数列an的前n项和，且a104，S1530.(1)求数列an的通项公式以及前n项和Sn；(2)记数列2an4an的前n项和为Tn，求满足Tn0的最小正整数n的值.解(1)记数列an的公差为d，S153015a830a82，故d1，故ana10(n10

27、)d4n10n6，Snna15n.(2)依题意，2an4ann62n2Tn(54n6)(21202n2)，当n1时，T10；当n2时，T20；当n3时，T30；当n4时，T40；当n5时，15，所以Tn0.故满足Tn0的最小正整数n的值为5.10.(2020临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列an的前n项和为Sn，已知_.(1)判断S1，S2，S3的关系；(2)若a1a33，设bn|an|，记bn的前n项和为Tn，求证：Tn.甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(

28、1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.(1)解由S1，S3，S2成等差数列，得2S3S1S2，即2(a1a1qa1q2)2a1a1q，解得q或q0(舍去).若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q.所以S1a1，S2a1a2a1a1a1，S3a1a2a3a1a1a1a1，可得S1S22S3，即S1，S3，S2成等差数列.(2)证明由a1a33，可得a1a13，解得a14，所以an4.所以bn|an|n.所以Tn，Tn，两式相减，得Tn，化简可得Tn.由11，得Tn.B级能力突破11.设数列an的各项均为正数，前n项

29、和为Sn，对于任意的nN*，an，Sn，a成等差数列，设数列bn的前n项和为Tn，且bn，若对任意的实数x(1，e(e为自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn0，anan11，即数列an是公差为1的等差数列，又2a12S1a1a，a11，ann(nN*).又x(1，e，0ln x1，Tn11122，r2，即r的最小值为2.答案212.(2020衡水中学检测)等差数列an的公差为2，a2，a4，a8分别等于等比数列bn的第2项、第3项、第4项.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列cn满足bn1，求数列cn的前2 020项的和.解(1)依题意得bb2b4，所以(a16)2(a12)(a

30、114)，所以a12a136a16a128，解得a12.an2n.设等比数列bn的公比为q，所以q2，又b2a24，bn42n22n.(2)由(1)知，an2n，bn2n.因为2n1当n2时，2n由得，2n，即cnn2n1，又当n1时，c1a1b223不满足上式，cn故S2 02082233242 02022 02141222233242 02022 021设T2 0201222233242 01922 0202 02022 021，则2T2 0201232243252 01922 0212 02022 022，由得：T2 02022232422 0212 02022 0222 02022 02242 01922 022，所以T2 0202 01922 0224，所以S2 020T2 02042 01922 0228.