2020高考数学复习：专题二 第2讲

1、2020高考数学复习：第2讲数列求和及综合应用高考定位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.(2017全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列2n1的前ann项和.(2)记2n1的前n项和为sn，an2112n1（2n1）（2n1）2n12n1则sn13352n12n12n12n1(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为sn，已知s2n1bnbn1，求数列ana1（1q）6，解(1)因为a13a2(2n

2、1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，2得(2n1)an2，所以an2n1，又n1时，a12适合上式，2从而an的通项公式为an2n1.an由(1)知，1111112n1.2.(2017山东卷)已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；bn的前n项和tn.解(1)设an的公比为q，由题意知1a2qa1q2，解得所以an2n.(2)由题意知：s2n1又an0，a12，q2，（2n1）（b1b2n1）2(2n1)bn1，令cnan，则cn2n，两式相减得2tn22222n1n1，snsn1（n2）.消中间若干项的方法，裂项相

3、消法适用于形如aa(其中an是各项均不为零的又s2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.b2n1n因此tnc1c2cn3572n12n1222232n12n，13572n12n1又2tn2223242n2n1，131112n122n5所以tn52n.考点整合s1（n1），1.(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a

4、nbn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cnn1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.3.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，考查最值问题、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

5、任意的正整数n，都有an5sn1成立，bn1.bn1log2|an|，数列bn的前n项和为tn，cntntn1所以数列an的通项公式bn12n2，tntn1n（n1）2(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an15sn11，1两式相减，得an14an，1又当n1时，a15a11，知a14，1所以数列an是公比、首项均为4的等比数列.1n(2)bn1log2|an|2n1，数列bn的前n项和tnn2，2n111（n1）21所以an1（n1）2.因此an是单调递增数列，13当n1时，an有最小值a1144；a

6、n没有最大值.ana11，3故n2是首项为3的常数列.93445n2n3(2)设数列bn满足bn，记数列bn的前n项和为tn，求证：tn3.n2n112bn9n2n3.93n333.n3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.形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列.【训练1】(2018安徽江南名校联考)已知数列an的首项a11，sn是数列an的前n项和，且满足2(sn1)(n3)an.(1)求数列an的通项公式；1anan1(1

7、)解2(sn1)(n3)an，当n2时，2(sn11)(n2)an1，得，(n1)an(n2)an1，所以(n2)，又an11所以an3(n2).(2)证明由(1)知，1911anan1（n2）（n3）tnb1b2b3bn111111119热点二数列的求和考法1分组转化求和【例21】(2018合肥质检)已知等差数列an的前n项和为sn，且满足s424，s763.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an(1)nan，求数列bn的前n项和tn.4s77a1a13，tnn；tnn2，8（4n1）ntn解(1)an为等差数列，2s4a43d24，1解得76d2.2d63，因此an的通项公式an2

8、n1.(2)bn2an(1)nan22n1(1)n(2n1)24n(1)n(2n1)，tn2(41424n)3579(1)n(2n1)gn.n当n为偶数时，gn22n，8（4n1）3n1当n为奇数时，gn22(2n1)n2，8（4n1）3（n为偶数），338（4n1）n2（n为奇数）.8（4n1）3(2)设bn2sn3n，求数列ab的前n项和tn.探究提高1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n的奇偶进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分

9、组；(2)根据正号、负号分组.考法2裂项相消法求和【例22】(2018郑州调研)设sn为数列an的前n项和，sn2n25n.(1)求证：数列3an为等比数列；nnn(1)证明sn2n25n，当n2时，ansnsn14n3.又当n1时，a1s17也满足an4n3.ab44n34n7，1111111tn71111154n34n7474n7.(2)若bnlog3a2n1，数列bn的前n项和为sn，数列cn满足cn，tn为数4sn1a4a1q381，a13，snn（b1bn）n1（2n1）n2故an4n3(nn*).3an1由an1an4，得3an3an1an3481.数列3an是公比为81的等比数列

10、.(2)解bn4n27n，n1111nn（4n3）（4n7）4111n7（4n7）探究提高1.裂项相消法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2】(2018成都二诊)设正项等比数列an，a481，且a2，a3的等差中项3为2(a1a2).(1)求数列an的通项公式；1列cn的前n项和，若tn0)，由题意，得解得a1qa1q23（a1a1q），q3.所以ana1qn13n.(2)由(1)得bnlog332n12n1，2222n12n1，cn

11、11114n212n1得：3tn3323nn113n11tn213352n12n14a16d10，4a16d10，3n11n111111n.n12n1若tn2n1(nn*)恒成立，112n1max则，所以3.考法3错位相减求和【例23】(2018潍坊一模)公差不为0的等差数列an的前n项和为sn，已知s410，且a1，a3，a9成等比数列.(1)求an的通项公式；a(2)求数列3n的前n项和tn.解(1)设an的公差为d，由题设得3a2a1a9，（a12d）2a1（a18d）.解之得a11，且d1.因此ann.n(2)令cn3n，则tnc1c2cn123n1n332333n13n，n1112n

12、3tn32333n3n1，2111n313n1223n3n1，1332n3tn443n.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.（an1）n1（bn2）na1b1b2，112b1d，可解得所以bn3n1.2.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3】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(1)由

13、题意知，当n2时，ansnsn16n5.当n1时，a1s111，符合上式.所以an6n5.设数列bn的公差为d，由即a2b2b3，172b13d，b14，d3.(2)由(1)知cn（6n6）n1（3n3）n3(n1)2n1.，34（n1）2n23n2n2.又tnc1c2cn，得tn3222323(n1)2n1，2tn3223324(n1)2n2.两式作差，得tn322223242n1(n1)2n24（12n）12所以tn3n2n2.热点三与数列相关的综合问题1【例3】设f(x)2x22x，f(x)是yf(x)的导函数，若数列an满足an1f(an)，且首项a11.(1)求数列an的通项公式；(

14、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.1解(1)由f(x)2x22x，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.n（12n1）(2)数列an的前n项和sn2n2，等比数列bn中，b1a11，b2a23，q3.bn3n1.13n3n13n11331数列bn的前n项和tn2.3n1tnsn可化为2n2.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1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)

15、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.【训练4】(2018长沙雅礼中学质检)设数列an(n1，2，3，)的前n项和sn满足sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式；11(2)记数列an的前n项和为tn，求使得|tn1|1000成立的n的最小值.解(1)由已知sn2ana1，有ansnsn12an2an1(n2)，即an2an1(n2).从而a22a

16、1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)可得a2n，1n11121211n所以tn2222n1112112n.11112n1由|tn1|1000，得1000，又nn*，因为2951210001024210，所以n10，1于是，使|tn1|t101013恒成立，则整数m的最小值为()a.1026c.1024b.1025d.10232n111解析因为2n12n，所以tnn12n，11则t1010131121010131024210，又mt1010

17、13，所以整数m的最小值为1024.答案c4.已知数列an满足an1an2，a15，则|a1|a2|a6|()a.9b.15c.18d.30解析an1an2，a15，数列an是公差为2，首项为5的等差数列.an52(n1)2n7.数列an的前n项和snn（52n7）2n26n.2n12n2222222n222n，所以s2n112127令an2n70，解得n2.n3时，|an|an；n4时，|an|an.则|a1|a2|a6|a1a2a3a4a5a6s62s362662(3263)18.答案c5.对于数列an，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a

18、n1an2n，则数列an的前n项和sn()a.2b.2nc.2n12d.2n12解析因为an1an2n，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a122n22n1n2.答案c二、填空题2，则aaa6.(2018昆明诊断)数列an满足an_.n（n1）111122018等于2nn1n（n1）1解析an2，则an211n（n1）aaa21223201820192120192019.1111220181111114036答案40362019n27.记sn为正项数列an的前n项和，且an12sn，则s2018_.解析由题意得4sn(an1)2，当n1时，4a1(a11)2，a11，当n2时，

19、4sn1(an11)2，得a2an12(anan1)0，所以(anan12)(anan1)0，又an0，所以anan12，则an是以1为首项，2为公差的等差数列.所以an2n1，s20182018（1220181）220182.答案201828.(2018贵阳质检)已知x表示不超过x的最大整数，例如：2.32，1.5(2)设bn1，求数列bn的前n项和tn.11111(2)bn44n14n3.anan1（4n1）（4n3）2.在数列an中，anlgn，nn，记sn为数列an的前n项和，则s2_.解析当1n9时，anlgn0.当10n99时，anlgn1.当100n999时，anlgn2.当1000n2018时，anlgn3.故s2018909019002101934947.答案4947三、解答题9.(2018济南模拟)记sn为数列an的前n项和，已知sn2n2n，nn*.(1)求数列an的通项公式；anan1解(1)由sn2n2n，得当n1时，a1s13；当n2时，ansnsn12n2n2(n1)2(n1)4n1.又a13满足上式.所以an4n1(nn*).018tn4377104n14n31411n434n312n9则qa22a1131故sntn(n1)23.(2)设数列cn满足cn