2021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

1、第第 2 2 讲讲 数列求和及综合问题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

2、 540， 所以 a1a3a5a7a9a11a13a1554092448. 因为当 n 为奇数时，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 an2a1

3、3(135n)n12 32(1n)n12n1234n2n14， 所以 an234n2n14a1. 所以 a1a3a5a7a9a11a13a15 a13412114a13432314a13452514a1 3472714a13492914a1341121114a1 341321314a18a1392448，解得 a17. 答案 7 2.(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

4、项，2 为公比的等比数列， 所以 an2n1. 所以 s61（126）1263. 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 63 3.(2020 新高考山东卷)已知公比大于 1 的等比数列an满足 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

5、 an的公比为 q(q1). 由题设得 a1qa1q320，a1q28. 解得 q12(舍去)，q2. 由题设得 a12. 所以 an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nan的前 n 项和. 解 (1)设an的公比为 q，由题设得 2a1a2a3， 即 2

6、a1a1qa1q2. 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)n 1(2)n3n (2)n. 所以 sn19(3n1)(2)n9. 考 点 整 合 1.常用公式：12223242n2n（n1）（2n1）6. 2.(1)数列通项 an与前 n 项和 sn的关系为 ans1 （n1），snsn1 （n2）. (2)应用 an与 sn的关系式 f(an，sn)0

7、 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an bn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canan1(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

8、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，cnbn1tntn1. (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 a

9、n15sn11， 两式相减，得 an114an， 又当 n1 时，a15a11，知 a114， 所以数列an是公比、首项均为14的等比数列. 所以数列an的通项公式 an14n. (2)由(1)知 bn1log2|an|2n1， 数列bn的前 n 项和 tnn2， cnbn1tntn12n1n2（n1）21n21（n1）2， 所以 an11（n1）2. 因此an是单调递增数列， 当 n1 时，an有最小值 a111434；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

10、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 a2nsnsn1(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. 解 (1)a2nsnsn1(n2)， a2n1sn1sn2(n3). 相减可得 a2na2n1anan1， an0，an10，anan11(n3). 当 n2 时，a22a1a2a1， a22

11、2a2，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的通项公式； (2)若数列bn满足 bna2n2an1，求数列bn的前 n 项和 tn

12、. 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s2a1123，得 a1d， 又易知2a12，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) n（12n1）22（12n）12n22n12. 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

13、项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(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 cnan，n为奇数，bn，n为偶数，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a1d8，4a16d40，

14、解得a14，d4， 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为首项为 3，公比为 2 的等比数列， 所以 bn3 2n1. (2)cn4n，n为奇数，3 2n1，n为偶数， 当 n 为偶数时，pn(a1a3an1)(b2b4bn) （44n4）n226（14n2）142n1n22. 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) （44n）n1226（14n

15、12）142nn22n1. 所以 pn2n1n22，n为偶数，2nn22n1，n为奇数. 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bnbn1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 an1an(sn2)(sn12)an， 所以 an12an(n2). 又 a22a1，所以an1an2(nn*)， 所以an是首项为 2，公比为 2 的等比数列

16、. (2)解 由(1)可得 an2n，所以 bnn. 则bnbn1n（n1）1n1n1， tn11212131n1n111n1， 因为 tn10，所以nn110，从而 10（n1）n， 因为10（n1）n1011n20， 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an2n1的前 n 项和. 解

17、 (1)因为 a13a2(2n1)an2n， 故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)， 得(2n1)an2，所以 an22n1， 又 n1 时，a12 适合上式， 从而an的通项公式为 an22n1. (2)记an2n1的前 n 项和为 sn， 由(1)知an2n12（2n1）（2n1）12n112n1， 则 sn113131512n112n1 112n12n2n1. 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(d

18、1)，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 cnanbn，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)a35，a2a56b2，a1b1，dq，d1， a12d5，2a15d6a1d，解得a11，d2或a1256，d512(舍去). b11，q2.ana1(n1)d2n1，bnb1qn12n1. (2)cnanbn，cn2n12n1(2n1)12n1. tn13125122(2n3)12n2(2n1)12n1， 12tn1231225123(2n3)12

19、n1(2n1)12n. 上面两式相减，得 12tn121212212n1(2n1)12n 1212112n1112(2n1)12n3(2n3)12n. tn6(2n3)12n1. 选条件. (1)b22，a3a43b3，a1b1，dq，d1， a1d2，2a15d3a1d2，即a1d2，2a15d6d， 解得a11，d2或a11，d2(舍去).b11，q2. ana1(n1)d2n1，bnb1qn12n1. (2)cnanbn，cn2n12n1(2n1)12n1. tn13125122(2n3)12n2(2n1)12n1， 12tn1231225123(2n3)12n1(2n1)12n. 上面

20、两式相减，得 12tn121212212n1(2n1)12n 1212112n1112(2n1)12n3(2n3)12n. tn6(2n3)12n1. 选条件. (1)s39，a4a58b2，a1b1，dq，d1， a1d3，2a17d8a1d， 解得a11，d2或a1218，d38(舍去)，b11，q2. ana1(n1)d2n1，bnb1qn12n1. (2)cnanbn，cn2n12n1(2n1)12n1. tn13125122(2n3)12n2(2n1)12n1， 12tn1231225123(2n3)12n1(2n1)12n. 上面两式相减，得 12tn121212212n1(2n1

21、)12n 1212112n1112(2n1)12n3(2n3)12n. tn6(2n3)12n1. 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an bn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，a2b1b2，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

22、 的等差数列bn满足_，求数列bnan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 b123，b273， 所以 d153，所以 bn5n33. 所以bnan5n33n. 所以 snb1a1b2a2bnan23173212335n33n， 所以13sn23273312345n83n5n33n1. 上面两式相减，得 23

23、sn23513213313n5n33n1 23561523n15n33n13210n923n1. 所以 sn9410n943n. 选时，设数列bn的公差为 d2. 因为 a23，所以 b1b23，即 2b1d23. 因为 b1，b2，b4成等比数列，所以 b22b1b4，即(b1d2)2b1(b13d2)，化简得 d22b1d2. 因为 d20，所以 b1d2，从而 d2b11，所以 bnn. 所以bnann3n1. 所以 snb1a1b2a2bnan130231332n3n1， 所以13sn131232333n13n1n3n. 上面两式相减，得 23sn113113213313n1n3n 3

24、2113nn3n322n323n. 所以 sn942n343n1. 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 b22b1b4，即(b1d3)2b1(b13d3)，化简得 d23b1d3.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)12x22x，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； (2)数列an的前 n 项和为 sn，等

25、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)12x22x，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 snn（12n1）2n2， 等比数列bn中，设公比为 q，b1a11，b2a23， q3.bn3n1， 数列bn的前 n 项和 tn13n133n12. tnsn可化为3n12n2. 又 nn*，n1，或 n2. 故适合条件 tnsn的所有 n 的值为 1 和

26、 2. 探究提高 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 cnanbnbn1(nn*)，tn为数列cn的前 n 项和，证明：tn1. (1)解 由

27、题意知，a1a2a3an2bn， 当 n2 时，a1a2a3an12bn1， 可得 an2(bnbn1) a32(b3b2)248， a12，an0，设an的公比为 q， a1q28q2，an22n12n(nn*). 2bn2122232n2（12n）122n12， bn2n1(nn*). (2)证明 由已知 cnanbn bn12n（2n1）（2n11） 12n112n11， tnc1c2cn 121112211221123112n112n11 112n11， 当 nn*时，2n11， 12n110，112n111，故 tn1. a 级 巩固提升 一、选择题 1.已知 tn为数列2n12n的

28、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2n12n112n，所以 tnn112n， 则 t101 0131112101 0131 0241210， 又 mt101 013， 所以整数 m 的最小值为 1 024. 答案 c 2.(2020 河北“五个一”名校联盟诊断)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2a16da13d7，a19

29、d19， 解得a11，d2，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 d 3.数列an满足 a11，对任意 nn*，都有 an11ann，则1a11a21a99( ) a.9998 b.2 c.9950 d.99100 解析 对任意 nn*，都有 an11ann， 则 an1ann1，则 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1n（n1）2， 则1an2

30、n（n1）21n1n1， 所以1a11a21a992112121319911002111009950. 答案 c 4.(多选题)(2020 青岛质检)已知数列an的前n项和为sn， a11， sn1sn2an1， 数列2nanan1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 an2n1 d.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2nan

31、an12n（2n1）（2n11）12n112n11，得 tn112211221123112n112n11112n111.所以 a 错误，b，c，d 正确.故选 bcd. 答案 bcd 5.(多选题)(2020 烟台模拟)已知数列an满足 an1ann (1)n（n1）2，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

32、018a2 019)a12468102 018a11 0082 018a11 010， 所以 s2 019a11 010.ms2 019ma11 0101 009， 所以 ma11，所以 ma1ma12214，当且仅当 ma112时等号成立，此时 ma1取得最大值14.故选 bcd. 答案 bcd 二、填空题 6.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 an1an2n，则数列an的前 n 项和 sn_. 解析 因为 an1an2n，所以 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n1222n222n，

33、所以 sn22n1122n12. 答案 2n12 7.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，ansnsn112(3an3an1)，整理得 an3an1，即anan13(n2). 因此，an是首项为1，公比为 3 的等比数列. 故 an3n1. 答案 1 3n1 8.(2020 福州调研)已知数列nan的前 n 项和为 sn，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 sn2

34、222nn 2n12（12n）12n 2n1， 故 sn2(n1) 2n1. 又 an2n， snnan1502(n1) 2n1n 2n150 522n1， 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 da10a81081， 故 ana10(n10)d4n10n6，

35、 snna1n（n1）d25nn（n1）2n2211n2. (2)依题意，2an4ann62n2 tn(54n6)(21202n2)n（n11）22n12， 当 n1 时，t111021120； 当 n2 时，t22922120； 当 n3 时，t33823120； 当 n4 时，t44724120； 当 n5 时，n（n11）215，2n12312，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 bnn12|an|，记bn的前 n 项和为 tn，求证：tn43. 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(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 q12或 q0(舍去). 若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公