2020版高三数学二轮复习（全国理）讲义：专题四 第二讲数列求和及综合应用.docx

教学资料范本2020版高三数学二轮复习（全国理）讲义：专题四 第二讲数列求和及综合应用编 辑：_时 间：_高考考点考点解读求数列的通项公式1.已知数列的递推关系式以及某些项.求数列的通项公式；已知等差(比)的某些项或前几项的和.求其通项公式2考查等差(比)数列的概念以及通项公式、前n项和公式等求数列的前n项和1.以等差(比)数列为命题背景.考查等差(比)的前n项和公式、分组求和2以递推数列、等差(比)数列为命题背景.考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法与数列的和有关的综合应用1.等差(比)数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和2常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对递推数列概念及解析式的理解.掌握递推数列给出数列的方法(2)掌握等差(比)数列求和公式及方法(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略预测2020年命题热点为：(1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和.求该数列的通项公式(2)已知某数列的递推式或某项的值.求该数列的和(3)已知某个不等式成立.求某参数的值证明某个不等式成立Z 1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cnanbn形式的数列求和问题的方法.其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差.即anf(n1)f(n)的形式.然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如(其中an是公差d0且各项均不为0的等差数列.c为常数)的数列等3错位相减法：形如anbn(其中an为等差数列.bn为等比数列)的数列求和.一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等.可以用此法.一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回顾反思附：(1)常见的拆项公式(其中nN*).()().若等差数列an的公差为d.则()；().()(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式.如123n；135(2n1)n2；122232n2n(n1)(2n1)Y 1公比为字母的等比数列求和时.注意公比是否为1的分类讨论2错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项3裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项4裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性1(20xx全国卷.3)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层.红光点点倍加增.共灯三百八十一.请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯.且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍.则塔的顶层共有灯( B )A1盏B3盏C5盏D9盏解析设塔的顶层的灯数为a1.七层塔的总灯数为S7.公比为q.则由题意知S7381.q2.S7381.解得a13.故选B2(20xx全国卷.12)几位大学生响应国家的创业号召.开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣.他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16.其中第一项是20.接下来的两项是20,21.再接下来的三项是20,21,22.依次类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是( A )A440 B330 C220 D110解析设首项为第1组.接下来的两项为第2组.再接下来的三项为第3组.依此类推.则第n组的项数为n.前n组的项数和为.由题意知.N100.令100n14且nN*.即N出现在第13组之后第n组的各项和为2n1.前n组所有项的和为n2n12n.设N是第n1组的第k项.若要使前N项和为2的整数幂.则N项的和即第n1组的前k项的和2k1应与2n互为相反数.即2k12n(kN*.n14).klog2(n3)n最小为29.此时k5.则N5440.故选A3(20xx江苏卷.14)已知集合Ax|x2n1.nN*.Bx|x2n.nN*将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an记Sn为数列an的前n项和.则使得Sn12an1成立的n的最小值为27.解析B2,4,8,16,32,64,128.与A相比.元素间隔大.所以从Sn中加了几个B中元素考虑.1个：n112 S23,12a3362个：n224 S410,12a5603个：n437 S730,12a81084个：n8412 S1294,12a132045个：n16521 S21318,12a223966个：n32638 S381 150,12a39780发现21n38时Sn12an1与0的大小关系发生变化.以下采用二分法查找：S30687,12a31612.所以所求n应在2229之间.S25462,12a26492.所以所求n应在2529之间.S27546,12a28540.所以所求n应在2527之间.S26503,12a27516.因为S2712a28.而S2612an1成立的n的最小值为27.4(20xx全国卷.15)等差数列an的前n项和Sn.a33.S410.则.解析设等差数列an的公差为d.则由得Snn11.2()2(1)2(1).5(20xx全国卷.17)等比数列中.a11.a54a3.(1)求an的通项公式(2)记Sn为an的前n项和若Sm63.求m.解析(1)设an的公比为q.由题设得anqn1.由已知得q44q2.解得q0(舍去).q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1.则Sn.由Sm63得(2)m188.此方程没有正整数解若an2n1.则Sn2n1.由Sm63得2m64.解得m6.综上.m6.6(20xx北京卷.15)设an是等差数列.且a1ln 2.a2a35ln 2.(1)求an的通项公式(2)求ea1ea2ean.解析(1)由已知.设an的公差为d.则a2a3a1da12d2a13d5ln 2.又a1ln 2.所以dln 2.所以an的通项公式为anln 2(n1)ln 2nln 2(nN*)(2)由(1)及已知.eanenln 2(eln 2)n2n.所以ea1ea2ean21222n2n12(nN*) 例1 (1)已知正项数列an满足a11.(n2)a(n1)aanan10.则它的通项公式为( B )AanBanCan Dann解析由(n2)a(n1)aanan10.得(n2)an1(n1)an(an1an)0.又an0.所以(n2)an1(n1)an.即.an1an.所以ana1a1(n2).所以an(n1适合).于是所求通项公式为an.(2)(20xx厦门二模)若数列an的前n项和为Snan.则数列an的通项公式为( B )Aan2n1 Ban(2)n1Can(2)n Dan2n解析由anSnSn1(n2).得ananan1.所以an2an1.又可以得到a11.所以an(2)n1(n2)又a1(2)111.所以an(2)n1.规律总结求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项.求数列的通项公式.可采用归纳猜想法(2)已知Sn与an的关系.利用an求an.(3)累加法：数列递推关系形如an1anf(n).其中数列f(n)前n项和可求.这种类型的数列求通项公式时.常用累加法(叠加法)(4)累乘法：数列递推关系形如an1g(n)an.其中数列g(n)前n项可求积.此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)(5)构造法：递推关系形如an1panq(p.q为常数)可化为an1p(an)(p1)的形式.利用an是以p为公比的等比数列求解；递推关系形如an1(p为非零常数)可化为的形式G 1若数列an满足a10,2an1anan1(n2.nN*).则a20xx.解析当n2时.因为2an1anan1.所以(1an1)(1an)1anan1anan1.所以(1an1)(1an)(1an)(1an1).所以1.因为a10.所以1.所以是首项为1.公差为1的等差数列.所以1(n1)n.所以20xx.解得a20xx.2设数列an满足a11.且an1ann1(nN*).则数列前10项的和为.解析由a11.且an1ann1(nN*)得.ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n.则2().故数列前10项的和S102(1)2(1).(一)分组转化法求和 例2 设数列an满足a12.a2a48.且对任意nN*.函数f(x)(anan1an2)xan1cosxan2sinx满足f ()0.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2(an).求数列bn的前n项和Sn.解析(1)由题设可得f (x)anan1an2an1sinxan2cosx.对任意nN*.f ()anan1an2an10.即an1anan2an1.故an为等差数列由a12.a2a48.解得an的公差d1.所以an21(n1)n1.(2)因为bn2(an)2(n1)2n2.所以Snb1b2bn(222)2(12n)()2n2n23n1.(二)裂项相消法求和 例3 (20xx全国卷.17)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解析(1)因为a13a2(2n1)an2n.故当n2时.a13a2(2n3)an12(n1).两式相减得(2n1)an2.所以an(n2)又由题设可得a12.满足上式.所以an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.(三)错位相减法求和 例4 (20xx郴州二模)已知等差数列an.满足：an1an(nN*).a11.该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列.an2log2bn1.(1)分别求数列an.bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)设d为等差数列an的公差.且d0.由a11.a21d.a312d.分别加上1,1,3后成等比数列.得(2d)22(42d).因为d0.所以d2.所以an1(n1)22n1.又因为an12log2bn.所以log2bnn.即bn.(2)Tn.Tn.得Tn2().所以Tn133.(四)奇(偶)数项和问题 例5 (20xx潍坊二模)设等差数列an的前n项和为Sn.且a28.S440；数列的前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.解析(1)设等差数列an的公差为d.由题意.得所以an4n.因为Tn2bn30.所以当n1时.b13.当n2时.Tn12bn130.两式相减.得bn2bn1(n2).数列为等比数列.所以bn32n1.(2)cn当n为偶数时.Pn(a1a3an1)(b2b4bn)2n1n22.当n为奇数时.方法一：n1为偶数.PnPn1cn2(n1)1(n1)224n2nn22n1.方法二：Pn(a1a3an2an)(b2b4bn1)2nn22n1.所以Pn规律总结1分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组.此时数列的通项式中常会有(1)n等特征2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘anbn型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比把两个和的形式错位相减整理结果形式4分奇偶的求和问题如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律.当n为奇数或偶数时Sn的表达式不一样.因此需要分奇偶分别求Sn.(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项.组成一个新的数列bn.用Sn表示其前n项和.则Sn(2)分奇偶转化求和：先令n为偶数.求出其前n项和Sn；当n为奇数时.SnSn1an.G (文)已知数列an的前n项和Sn3n28n.bn是等差数列.且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn.求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意知当n2时.anSnSn16n5.当n1时.a1S111.所以an6n5.设数列bn的公差为d.由得可解得b14.d3.所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn.所以Tn3222323(n1)2n1.2Tn3223324(n1)2n2.两式作差.得Tn322223242n1(n1)2n234(n1)2n23n2n2.所以Tn3n2n2.(理)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an.求bn的前n项和Tn.解析(1)因为2Sn3n3.所以2a133.故a13.当n1时.2Sn13n13.此时2an2Sn2Sn13n3n123n1.即an3n1.所以an(2)因为anbnlog3an.所以b1.当n1时.bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时.Tnb1b2b3bn.所以3Tn1130231(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.(一)数列与函数的综合 例6 设等差数列an的公差为d.点(an.bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)若a12.点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上.求数列an的前n项和Sn；(2)若a11.函数f(x)的图象在点(a2.b2)处的切线在x轴上的截距为2.求数列的前n项和Tn.解析(1)由已知得.b72a7.b82a84b7.有2a842a72a72.解得da8a72.所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)f (x)2xln 2.f (a2)2a2ln 2.故函数f(x)2x在(a2.b2)处的切线方程为y2a22a2ln 2(xa2).它在x轴上的截距为a2.由题意得.a22.解得a22.所以da2a11.从而ann.bn2n.所以Tn.2Tn.因此.2TnTn2.所以Tn.(二)数列与不等式的综合 例7 (文)设Sn为数列an的前n项和.已知a12.对任意nN*.都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn.求证：Tn0.所以11.因为f(n)在N*上是递减函数.所以1在N*上是递增的.所以当n1时.Tn取最小值.所以Tn1.(理)已知数列an满足a11.an13an1(1)证明an是等比数列.并求an的通项公式；(2)证明.解析(1)证明：由an13a11.得an13(an)又a1.所以an是首项为.公比为3的等比数列an.因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时.3n123n1.所以.于是1(1).所以0.公差d0.公差d1,4是a1和a4的一个等比中项.a2和a3的等差中项为6.若数列bn满足bnlog2an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn.解析(1)因为4是a1和a4的一个等比中项.所以a1a4(4)232.由题意可得因为q1.所以a3a2.解得所以q2.故数列an的通项公式an2n.(2)由于bnlog2an(nN*).所以anbnn2n.Sn12222323(n1)2n1n2n.2Sn122223(n1)2nn2n1.得.Sn1222232nn2n1n2n1.所以Sn22n1n2n12(n1)2n1.9(文)(20xx天津卷.18)设an是等差数列.其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列.公比大于0.其前n项和为Tn(nN*)已知b11.b3b22.b4a3a5.b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn.求正整数n的值解析(1)设等比数列bn的公比为q.由b11.b3b22.可得q2q20.因为q0.可得q2.故bn2n1.所以Tn2n1.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Sn.(2)由(1).知T1T2Tn(21222n)n2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1.整理得n23n40.解得n1(舍).或n4.所以n的值为4.(理)(20xx天津卷.18)设an是等比数列.公比大于0.其前n项和为Sn(nN*).b