2023届高考数学二轮复习专题二第2讲数列求和及其综合应用学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题二第2讲数列求和及其综合应用学案，共13页。学案主要包含了素养提升，易错提醒等内容，欢迎下载使用。

第2讲　数列求和及其综合应用

考情分析
数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上．

自主先热身　真题定乾坤
ZIZHUXIANRESHENZHENTIDINGQIANKUN　

真题热身
1．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝__2__．
【解析】　由2S3＝3S2＋6可得
2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.
故答案为2.
2．(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝__7__．
【解析】　an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；
当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.
设数列{an}的前n项和为Sn，
S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16
＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)
＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)
＝8a1＋392＋92
＝8a1＋484＝540.
∴a1＝7.故答案为7.
3．(2022·全国新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素个数．
【解析】　(1)证明：设数列{an}的公差为d，
所以
即可解得，b1＝a1＝，所以原命题得证．
(2)由(1)知，b1＝a1＝，
所以bk＝am＋a1⇔b1×2k-1＝a1＋(m－1)d＋a1，
即2k-1＝2m，
亦即m＝2k-2∈[1，500]，解得2≤k≤10，
所以满足等式的解k＝2，3，4，…，10，
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.
4．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
【解析】　(1)证明：因为＋n＝2an＋1，
即2Sn＋n2＝2nan＋n①，
当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，
①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，
即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，
即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，
所以an＝n－13，
所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－，
所以，当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78.
5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
【解析】　(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1，
又∵是公差为的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝，∴Sn＝，
∴当n≥2时，Sn－1＝，
∴an＝Sn－Sn－1＝－，
整理得：(n－1)an＝(n＋1)an－1，
即＝，
∴an＝a1×××…××
＝1×××…××
＝，
显然对于n＝1也成立，
∴{an}的通项公式an＝；
(2)证明：＝＝2，
∴＋＋…＋
＝2
＝2<2.

感悟高考
1．高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．
2．若以解答题形式考查，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．


核心拔头筹　考点巧突破
HEXINBATOUCHOUKAODIANQIAOTUPO　
考点一　数列求和

1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：
＝－；
＝；
＝；
＝.
2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．
考向1　分组转化法求和
典例1已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝＋2log2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)，
则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
(2)bn＝＋2log2an－1＝＋2log2 2n－1＝＋2n－1，
则数列{bn}的前n项和
Sn＝＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋n(1＋2n－1)
＝1－＋n2.
考向2　裂项相消法求和
典例2已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-1an＝(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
【解析】(1)当n＝1时，a1＝.
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＋4n-1an＝，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＝(n≥2，n∈N*)，②
①－②得4n-1an＝(n≥2，n∈N*)，
所以an＝(n≥2，n∈N*).
当n＝1时也适合上式，故an＝(n∈N*).
(2)由(1)得bn＝＝，
所以bnbn＋1＝＝，
故Tn＝
＝＝.
考向3　错位相减法求和
典例3已知等差数列{an}中，a3＝3，a6＝6，且bn＝
(1)求数列{bn}的通项公式及前2n项和；
(2)若cn＝b2n－1·b2n，记数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，
则d＝＝1，
所以an＝a3＋(n－3)d＝n，
从而bn＝
b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n
＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n)
＝＋
＝n(n＋1)＋(4n－1)；
(2)∵cn＝b2n－1·b2n＝2n×22n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n+1，
两式相减得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n+1＝－2n×4n+1
＝4n+1－，
即Sn＝4n+1＋.
【素养提升】(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．
(3)错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列．

1．(1)已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a8等于(　C　)
A．－16　　 B．－8　　
C．8　　 D．16
(2)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步，构造数列1，，，，…，；
第二步，将第一步中数列的各项乘以n，得到的新数列记为a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(　C　)
A．n2　　 B．(n－1)2
C．n(n－1)　　 D．n(n＋1)
(3)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)，数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝a1，b2，b5，b14成等比数列．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.
当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，
则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44.
所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8，故选C.
(2)由题意得，新数列为n，，，，…，，
故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an
＝n·＋·＋·＋…＋·
＝n2
＝n2
＝n2
＝n(n－1).
故选C.
(3)①n＝1时，a1＋a1＝1，a1＝，
n≥2时，Sn＝1－an，
Sn－1＝1－an－1，
Sn－Sn－1＝(an－1－an)，
∴an＝an－1(n≥2)，
{an}是以为首项，为公比的等比数列，
an＝×＝.
b1＝1，由b＝b2b14得，
(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，
d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，
bn＝2n－1(n∈N*).
②cn＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得，Tn＝＋4－
＝＋4×－
＝－－，
所以Tn＝2－(n∈N*).
考点二　数列的综合问题

数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．
典例4 (1)(2022·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2017＋a2018＋a2019＋a2020等于(　C　)

A．2017　　 B．2018
C．2019　　 D．2020
【解析】由直角坐标系可知，A(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(－3，6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，
由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，
因为2 020÷4＝505，所以a2 017＝505，a2 018＝1 009，a2 019＝－505，a2 020＝1 010，
a2 017＋a2 018＋a2 019＋a2 020＝2 019.
(2)(2022·洛阳模拟)已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝n2＋n(n∈N*)，设数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn<λ(n∈N*)恒成立，则λ的取值范围是(　D　)
A．　　 B．
C．　　 D．
【解析】因为a1＋a2＋…＋an＝n2＋n(n∈N*)，
所以a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2＋(n－1)(n∈N*，n≥2)，
故an＝2n，即an＝2n2(n≥2).
当n＝1时，a1＝12＋1＝2，满足上式，
故an＝2n2(n∈N*).
bn＝＝，
故Tn＝

＝＝，
故Tn<λ(n∈N*)恒成立等价于<λ，
即<λ恒成立，化简，得＋<λ，
因为＋≤＋＝，故λ>.
【易错提醒】(1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提．
(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n∈N*，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．

2．(1)设曲线y＝2020xn+1(n∈N*)在点(1，2020)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝log2020xn，则a1＋a2＋…＋a2019的值为(　D　)
A．2020　　 B．2019　　
C．1　　 D．－1
(2)(2021·安徽黄山模拟)在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“扩展”．将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；…；第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt，2.记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N*，则数列{an}的通项an＝__(n∈N*)__．
【解析】(1)因为y′＝2 020(n＋1)xn，
所以切线方程是y－2 020＝2 020(n＋1)(x－1)，
所以xn＝，
所以a1＋a2＋…＋a2 019＝log2 020(x1·x2·…·x2 019)
＝log2 020
＝log2 020＝－1.
(2)由题意，根据an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，
可得an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·x2·…·xt·(xt·2)·2]＝log2＝3an－1，
设an＋1＋m＝3(an＋m)，
即an＋1＝3an＋2m，可得m＝－，
易知a1＝log2(1×2×2)＝2，
则数列是首项为2－＝，
公比为3的等比数列，故an－＝×3n-1，
所以an＝(n∈N*).