2021-2022年高三理科数学二轮复习第2讲 数列求和及综合应用

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考什么 怎么考 怎么思
①判断(证明)等差(或等比)数列的通项公式或数列求和；②数列分 组方法；③归纳推理，数学运算． ①以等差(等比)数列为基本关系，确定等差或等比数列的项，并求 其和；②将非等差(等比)数列转化为等差(等比)数列． 第(1)问，设出公比，代入等式，求出通项公式；第(2)问，观察归纳 等比数列的各项与给定区间的关系，从而确定当m∈[2n，2n＋1)时， bm＝n，再根据数列{bm}各项的特点求和.
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①－②，得23Tn＝131＋132＋133＋…＋13n－n13n＋1＝3111－－3113n－n13n＋1＝21－3＋62n× 13n，易错点：错位相减，系数易错
∴Tn＝43－3＋42n×13n.卡壳点：Tn的变形 ∵S2n＝34－14×13n－1＝34－34×13n，且 3＋2n＞3，卡壳点：放缩关系 ∴当 n 为正整数时，Tn＜S2n.
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[思维拓展] [变条件、变问题]设{an}是公比不为 1 的等比数列，且 a1＝1.3a1，4a2， a3＋13 成等差数列，数列{bn}满足 anbn＝log4an＋1.数列{bn}的前 n 项和为 Tn.
求证：Tn<196. 证明：由题意得 8a2＝3a1＋a3＋13， 即 8q＝3＋q2＋13， ∴q＝4，∴an＝4n－1. 因为 anbn＝log4an＋1，即 4n－1·bn＝log44n，所以 bn＝4nn－1，则 Tn＝1＋24＋432＋…＋n4－n－12 ＋4nn－1，①
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2022届高考数学二轮复习
第2讲 数列求和与综合应用(小题速做，大题细做)
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C 领悟
高考怎么考 1核心考点
考点一 分组转化法求和 ——同类为“组”，分别求和

2021年高三数学二轮复习专题三第2讲数列求和及数列的综合应用教案 自主学习导引 真题感悟1．(xx·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为A.100101 B.99101 C.99100 D.101100 解析 利用裂项相消法求和．设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…1100－1101＝1－1101＝100101. 答案 A 2．(xx ·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N ＋，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N ＋.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解析 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1.所以a n ＝4n －1，n ∈N ＋.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N ＋.(2)由(1)知a n b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N ＋，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1，2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N ＋.考题分析数列的求和是高考的必考内容，可单独命题，也可与函数、不等式等综合命题，求解的过程体现了转化与化归的数学思想，解答此类题目需重点掌握几类重要的求和方法，并加以灵活应用．网络构建高频考点突破考点一：裂项相消法求数列的前n 项和【例1】(xx·门头沟一模)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n . [审题导引] (1)运用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n ，注意n ＝1时通项公式a n ；(2)裂项法求和．[规范解答] (1)由已知，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2， n ＝1，2n －1， n ≥2.(2)由(1)知，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 16， n ＝1，12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， n ≥2，当n ＝1时，T 1＝b 1＝16， 当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝13－14n ＋2， ∴{b n }的前n 项和T n ＝13－14n ＋2.【规律总结】常用的裂项技巧和方法用裂项相消法求和是最难把握的求和问题之一，其原因是有时很难找到裂项的方向．突破这类问题的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧，如：(1)1n n ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； (2)1n ＋k ＋n ＝1k (n ＋k －n )； (3)C m －1n ＝C m n ＋1－C m n ；(4)n ·n ！＝(n ＋1)！－n ！等．[易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面：(1)裂项过程中易忽视常数，如1n n ＋2容易误裂为1n －1n ＋2，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．【变式训练】1．(xx·大连模拟)已知函数f (x )＝x x ＋3，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝12a n a n ＋1·3n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .解析 (1)由已知，a n ＋1＝a n a n ＋3，∴1a n ＋1＝3a n＋1. ∴1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，并且1a 1＋12＝32， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12为以32为首项，3为公比的等比数列， ∴1a n ＋12＝32·3n －1，∴a n ＝23n －1. (2)b n ＝2·3n 3n －13n ＋1－1＝13n －1－13n ＋1－1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13－1－132－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 考点二：错位相减法求数列的前n 项和【例2】(xx ·滨州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＋1＝2S n ＋2(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)在a n 与a n ＋1之间插入n 个数，使这n ＋2个数组成公差为d n 的等差数列，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和T n .[审题导引] (1)利用递推式消去S n 可求a n ；(2)利用错位相减法求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和． [规范解答] (1)由a n ＋1＝2S n ＋2(n ∈N ＋)，得a n ＝2S n －1＋2(n ∈N ＋，n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ∈N ＋，n ≥2)，又a 2＝2a 1＋2，∵{a n }是等比数列，所以a 2＝3a 1，则2a 1＋2＝3a 1，∴a 1＝2，∴a n ＝2·3n －1.(2)由(1)知a n ＋1＝2·3n ，a n ＝2·3n －1.∵a n ＋1＝a n ＋(n ＋1)d n ，∴d n ＝4×3n －1n ＋1， 令T n ＝1d 1＋1d 2＋1d 3＋…＋1d n，则T n ＝24×30＋34·31＋44·32＋…＋n ＋14·3n －1① 13T n ＝24·31＋34·32＋…＋n 4·3n －1＋n ＋14·3n ② ①－②得23T n ＝24·30＋14·31＋14·32＋…＋14·3n －1－n ＋14·3n ＝12＋14×13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－n ＋14·3n ＝58－2n ＋58·3n . 【规律总结】错位相减法的应用技巧(1)设数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和可用错位相减法． 应用错位相减法求和时需注意：(2)①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .【变式训练】2．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1＞a n (n ∈N ＋)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1、1、3后顺次成为等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n (n ∈N ＋)，若T n ＋2n ＋32n －1n＜c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值． 解析 (1)设d 、q 分别为数列{a n }的公差、数列{b n }的公比．由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1、1、3得2、2＋d 、4＋2d ， ∴(2＋d )2＝2(4＋2d )，∴d ＝±2.∵a n ＋1＞a n ，∴d ＞0，∴d ＝2，∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，由此可得b 1＝2，b 2＝4，∴q ＝2，∴b n ＝2n (n ∈N ＋)．(2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，① ∴12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1.② 由①－②得12T n ＝12＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＋1.∴T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， ∴T n ＋2n ＋32n －1n ＝3－1n＜3. ∴使T n ＋2n ＋32n －1n＜c (c ∈Z )恒成立的c 的最小值为3. 考点三：数列与不等式的综合问题【例3】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋S n ·a n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值；(3)在满足条件(2)的情形下，设c n ＝1a n ＋1－1a n ＋1－1，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＞2n －12.[审题导引] 第(1)问先利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)把S n 与a n 的关系式转化为a n 与a n －1之间的关系，判断数列的性质，求其通项公式；(2)根据第(1)问，求出数列{b n }的前三项，利用b ＝b 1×b 3列出方程即可求得a 的值；(3)先求出数列{c n }的通项公式，根据所求证问题将其放缩，然后利用数列求和公式证明．[规范解答] (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，得a 1＝a .当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)， S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，两式相减得a n ＝a ·a n －1，得a n a n －1＝a . 即{a n }是等比数列．所以a n ＝a ·a n －1＝a n .(2)由(1)知b n ＝(a n )2＋a a n －1a －1a n ，b n ＝2a －1a 2n －a ·a na －1， 若{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1b 3， 而b 1＝2a 2，b 2＝a 3(2a ＋1)，b 3＝a 4(2a 2＋a ＋1)，故[a 3(2a ＋1)]2＝2a 2·a 4(2a 2＋a ＋1)，解得a ＝12，再将a ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，结论成立， 所以a ＝12. (3)证明 由(2)，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， 所以c n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1＝2n 2n ＋1＋2n ＋12n ＋1－1 ＝2－12n ＋1＋12n ＋1－1. 所以c n ＞2－12n ＋12n ＋1. T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n ＋12n ＋1 ＝2n －12＋12n ＋1＞2n －12.结论成立． 【规律总结】数列与不等式综合问题的解题方法(1)在解决与数列有关的不等式问题时，需注意应用函数与方程的思想方法，如函数的单调性、最值等．(2)在数列的恒成立问题中，有时需先求和，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：①1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1； ②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k ＋1； ③2(n ＋1－n )＜1n ＜2(n －n －1)； ④利用(1＋x )n 的展开式进行放缩．【变式训练】3．已知数列{b n }满足：b n ＋1＝12b n ＋14，且b 1＝72，T n 为{b n }的前n 项和． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是等比数列，并求{b n }的通项公式； (2)如果对任意n ∈N ＋，不等式12k 12＋n －2T n≥2n －7恒成立，求实数k 的取值范围． 解析 (1)证明 对任意n ∈N ＋，都有b n ＋1＝12b n ＋14， 所以b n ＋1－12＝12⎝⎛⎭⎪⎫b n －12， 则⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是等比数列，首项为b 1－12＝3，公比为12， 所以b n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12.(2)因为b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12， 所以T n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋n 2 ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2. 因为不等式12k 12＋n －2T n≥2n －7， 化简，得k ≥2n －72n ，对任意n ∈N ＋恒成立， 设c n ＝2n －72n ， 则c n ＋1－c n ＝2n ＋1－72n ＋1－2n －72n ＝9－2n 2n ＋1， 当n ≥5时，c n ＋1≤c n ，数列{c n }为单调递减数列； 当1≤n ＜5时，c n ＋1＞c n ，数列{c n }为单调递增数列．而116＝c 4＜c 5＝332，所以n ＝5时，c n 取得最大值332. 所以要使k ≥2n －72n 对任意n ∈N ＋恒成立，k ≥332. 名师押题高考【押题1】在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________.解析 a n ＝1n ＋1(1＋2＋3＋…＋n )＝n 2， b n ＝2n 2·n ＋12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ∴数列{b n }的前n 项和为 S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8n n ＋1. 答案 8n n ＋1[押题依据] 求数列的通项公式与数列的前n 项和都是高考的热点．本题综合考查了以上两点及等差数列的求和公式，考查数列知识全面，综合性较强，故押此题．【押题2】已知数列{a n }是首项a 1＝1的等比数列，且a n ＞0，{b n }是首项为1的等差数列，又a 5＋b 3＝21，a 3＋b 5＝13.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2a n 的前n 项和S n . 解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，则由已知条件得：⎩⎪⎨⎪⎧ q 4＋1＋2d ＝21q 2＋1＋4d ＝13， 解之得：⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2q ＝2或q ＝－2舍去.∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知b n 2a n ＝2n －12n . ∴S n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .① ∴12S n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1.② ①－②得：12S n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n －12n ＋1.∴S n ＝3－2n ＋32n . [押题依据] 数列求和中的错位相减法因运算量较大，结构形式复杂．能够较好地考查考生的运算能力，有很好的区分度，而备受青睐．本题综合考查了等差、等比数列的通项公式及错位相减法求和，难度中等，故押此题．。

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解答
热点(rè diǎn)二 错位相减法求和
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式(gōngshì)时所用的方法，这种方 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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例2
n
项和为
n
Sn，a3＝3，S4＝10，则
k＝1
S1k＝
__n_2＋_n_1_(n_∈__N__*)_.
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解析 答案
2.(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等 比数列，且公比(ɡōnɡ bǐ)大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；
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解答
(2)求数列(shùliè){a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).
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解答
押题预测 1.已知数列{an}的通项公式为 an＝2nnn＋n＋2 1(n∈N*)，其前 n 项和为 Sn，
若存在 M∈Z，满足对任意的 n∈N*，都有 Sn<M 恒成立，则 M 的最小 值为___1_____.
板块(bǎn kuài) 三 专题突 破核心考点
专题(zhuāntí)二 数 列
第2讲 数列的求和(qiúhé)问题
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[考情考向分析(fēnxī)]
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 (zhuǎnhuà)、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化 (zhuǎnhuà)与化归的思想.

故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝2n2－1，
又
n＝1 时，a1＝2
12/11/2021
适合上式，从而{an}的通项公式为
an＝2n2－1.
真题感悟 考点整合 第三页，共三十七页。 热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
(2)记2na＋n 1的前 n 项和为 Sn， 由(1)知2na＋n 1＝（2n－1）2（2n＋1）＝2n1－1－2n1＋1，
＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，
∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n3－1）＋Gn. 当 n 为偶数时，Gn＝2×n2＝n，∴Tn＝8（4n3－1）＋n；
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归纳总结 思维升华
@《创新设计》
(1)解 2(Sn＋1)＝(n＋3)an，① 当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝(n＋2)an－1，② ①－②得，(n＋1)an＝(n＋2)an－1，
所以n＋an 2＝na＋n－11(n≥2)，又∵1＋a1 2＝13， 故n＋an 2是首项为13的常数列.所以 an＝13(n＋2). (2)证明 由(1)知，bn＝ana1n＋1＝（n＋2）9（n＋3）＝9n＋1 2－n＋1 3. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝913－14＋14－15＋…＋n＋1 2－n＋1 3＝913－n＋1 3＝3－n＋9 3<3.
Hale Waihona Puke ∴当 n＝112/11/2021