高考数学一轮复习第4节 数列求和及数列的综合应用

1、1 / 18 第第 4 节节 数列求和及数列的综合应用数列求和及数列的综合应用 考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题. 知 识 梳 理 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前 n项和公式： snn（a1an）2na1n（n1）2d. (2)等比数列的前 n项和公式： snna1，q1，a1anq1qa1（1qn）1q，q1. 2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再

2、求解. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前 n项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法 如果一个数列an的前 n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n项和即可用倒序相加法求解. 3.数列应用题常见模型 (1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差. 2 / 18 (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数

3、，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比. (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑 an与 an1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者 sn与 sn1(或者相邻三项等)之间的递推关系. 常用结论与微点提醒 1.1234nn（n1）2. 2.1222n2n（n1）（2n1）6. 3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n（n1）1n1n1. (2)1（2n1）（2n1）1212n112n1. (3)1n n1 n1 n. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)若数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n项和 sna

4、1an11q.( ) (2)当 n2时，1n2112(1n11n1).( ) (3)求 sna2a23a3nan时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得.( ) (4)若数列 a1，a2a1，anan1是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列an的通项公式是 an3n12.( ) 解析 (3)要分 a0或 a1 或 a0且 a1讨论求解. 答案 (1) (2) (3) (4) 3 / 18 2.(老教材必修 5p47b4 改编)已知数列 an1（2n1）（2n1），则数列an的前 2 021 项和为_. 解析 an1212n112n1，数列an的前 2 021 项和为 a1

5、a2a2 02112(113131514 04114 043)12114 0432 0214 043. 答案 2 0214 043 3.(老教材必修 5p56 例 1 改编)等比数列an中，若 a127，a91243，q0，sn是其前 n项和，则 s6_. 解析 由 a127，a91243知，124327 q8， 又由 q0，解得 q13， 所以 s62711361133649. 答案 3649 4.(2020 淄博模拟)已知数列an满足 an1an2，a15，则|a1|a2|a6|( ) a.9 b.15 c.18 d.30 解析 由题意知an是以 2 为公差的等差数列，又 a15，所以|a

6、1|a2|a6|5|3|1 答案 c 5.(2019 珠海期末质检)已知数列an的通项公式为 an2nn，若数列an的前 n项和为 sn，则 s8_. 解析 由 an2nn，可得 s8(2222328)(128)2（128）128（18）2546. 4 / 18 答案 546 6.(2020 河北“五个一”名校质检)若 f(x)f(1x)4，anf(0)f1nfn1nf(1)(nn*)，则数列an的通项公式为_. 解析 由 f(x)f(1x)4，可得 f(0)f(1)4，f1nfn1n4，所以 2anf(0)f(1)f1nfn1nf(1)f(0)4(n1)，即 an2

7、(n1). 答案 an2(n1) 考点一 分组求和 【例 1】 (2019 青岛二模)记 sn为数列an的前 n 项和，若 a119，snnan1n(n1). (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn|an|，设数列bn的前 n项和为 tn，求 t20的值. 解 (1)因为 snnan1n(n1)， 所以 sn1(n1)ann(n1)(n2)， 得 annan1(n1)an2n(n2)， 即 an1an2(n2)， 又 s1a22，即 a2a12， 所以数列an是以 19 为首项，2为公差的等差数列， 所以 an19(n1) (2)212n. (2)由(1)知 an212n，所以 bn|a

8、n|212n|， 因为当 n10时，an0，当 n10 时，an10， 所以 t20b1b2b20 (19171)(1319) 2(19171)2（191）102200. 规律方法 1.若数列cn的通项公式为 cnan bn，且an，bn为等差或等比数5 / 18 列，可采用分组求和法求数列cn的前 n 项和. 2.若数列cn的通项公式为 cnan，n为奇数，bn，n为偶数，其中数列an，bn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求cn的前 n项和. 【训练 1】 (2020 郴州质检)已知在等比数列an中，a11，且 a1，a2，a31成等差数列. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列

9、bn满足 bn2n1an(nn*)，数列bn的前 n项和为 sn，试比较 sn与 n22n的大小. 解 (1)设等比数列an的公比为 q， a1，a2，a31成等差数列， 2a2a1(a31)a3，qa3a22， an的通项公式为 ana1qn12n1(nn*). (2)由(1)知 bn2n1an2n12n1， sn(11)(32)(522)(2n12n1) 135(2n1)(12222n1) 1（2n1）2 n12n12n22n1. sn(n22n)10，snn22n. 考点二 裂项求和 【例 2】 (2020黄山质检)已知数列nan1的前 n项和 snn，nn*. (1)求数列an的通项公

10、式； (2)令 bn2n1（an1）2（an11）2，数列bn的前 n 项和为 tn，求证：对任意的nn*，都有 tn1. (1)解 因为 snn， 所以当 n2时，sn1n1， 由得nan11，故 ann1(n2)， 又因为 a12 适合上式，所以 ann1(nn*). 6 / 18 (2) 证 明 由 (1) 知 ， bn2n1（an1）2（an11）22n1n2（n1）21n21（n1）2， 所以 tn1121221221321n21（n1）2 11（n1）2.所以 tn0，所以 q13. 由 2a13a21，得 2a13a1q1，解得 a113. 故数列an的通项公式为 an13n.

11、(2)由(1)可得 bnlog3a1log3a2log3an(12n)n（n1）2， 故1bn2n（n1）21n1n1， 所以1b11b21bn211212131n1n12nn1. 7 / 18 故数列1bn的前 n 项和为2nn1. 考点三 错位相减法求和 【例 3】 (2019 河南六校联考)已知数列an中，a11，sn是数列an的前 n 项和，且对任意的 r，tn*，都有srstrt2. (1)判断an是否为等差数列，并证明你的结论； (2)若数列bn满足anbn2n1(nn*)，设 tn是数列bn的前 n项和，求证：tn6. (1)解 an是等差数列.证明如下： 对任意的 r，tn*，

12、都有srstrt2， 对任意的 nn*，有sns1n2，即 snn2. 从而当 n2时，ansnsn12n1. 当 n1 时，a11也满足此式.an1an2(nn*)， an是以 1 为首项，2为公差的等差数列. (2)证明 由anbn2n1，得 bn2n12n1. tn1203212n12n1， tn21213222n32n12n12n， 得，tn2122122n12n12n 1212112n11122n12n32n32n， tn62n32n1，又 nn*，tn62n32n1s10(2)，sn(3)sn(2). 所以等于或多于 10天时，选择第三种方案. 规律方法 数列的综合应用常考查以下几

13、个方面： (1)数列在实际问题中的应用； (2)数列与不等式的综合应用； (3)数列与函数的综合应用. 解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题. 【训练 4】 已知二次函数 yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为 f(x)6x2，数列an的前 n 项和为 sn，点(n，sn)(nn*)均在函数 yf(x)的图象上. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn3anan1，试求数列bn的前 n 项和 tn. 解 (1)设二次

14、函数 f(x)ax2bx(a0)， 则 f(x)2axb. 由于 f(x)6x2，得 a3，b2， 所以 f(x)3x22x. 又因为点(n，sn)(nn*)均在函数 yf(x)的图象上， 所以 sn3n22n. 当 n2 时，ansnsn13n22n3(n1)22(n1)6n5； 当 n1 时，a1s131221615，也适合上式， 10 / 18 所以 an6n5(nn*). (2)由(1)得 bn3anan13（6n5）6（n1）5 1216n516n1， 故 tn121171711316n516n1 12116n13n6n1. a级 基础巩固 一、选择题 1.等差数列an的首项为 1，

15、公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则an前 6项的和为( ) a.24 b.3 c.3 d.8 解析 设an的公差为 d，根据题意得 a23a2 a6， 即(a12d)2(a1d)(a15d)，解得 d2， 所以数列an的前 6 项和为 s66a1652d16652(2)24. 答案 a 2.数列an的通项公式为 an(1)n1 (4n3)，则它的前 100 项之和 s100等于( ) a.200 b.200 c.400 d.400 解析 s100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200. 答案 b 3.(2019 成都期末)在数

16、列an中，若 a11，a23，an2an1an(nn*)，则该数列的前 100项之和是( ) a.18 b.8 c.5 d.2 解析 a11，a23，an2an1an(nn*)， a3312，a4231，a5123， a6312，a7231，a8123， 11 / 18 a9312， an是周期为 6 的周期数列， 1001664， s10016(132132)(1321)5. 答案 c 4.(2020 河北“五个一”名校联盟诊断)已知等差数列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

17、解析 设an的公差为 d，则有2a16da13d7，a19d19， 解得a11，d2，an2n1，设 bnancos n， 则 b1b2a1cos a2cos 22， b3b4a3cos 3a4cos 42， 数列ancos n的前 2 020 项的和为(b1b2)(b3b4)(b2 019b2 020)22 02022 020. 答案 d 5.(2019 广州天河一模)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(anan

18、1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1n（n1）2， 则1an2n（n1）21n1n1， 所以1a11a21a992112121319911002111009950. 答案 c 12 / 18 二、填空题 6.数列an的通项公式是 an1n n1，前 n项和为 9，则 n等于_. 解析 因为 an1n n1 n1 n， 所以 sna1a2an(n1 n)( nn1)( 3 2)( 2 1) n11， 令 n119，得 n99. 答案 99 7.(2020 武汉质检)设数列(n2n)an是等比数列，且 a116，a2154，则数列3nan的前 15项和为_. 解析 等比数列(n2n)a

19、n的首项为 2a113，第二项为 6a219，故公比为13，所以(n2n)an1313n113n，所以 an13n（n2n），则 3nan1n2n1n1n1，其前 n 项和为 11n1，n15 时，为 11161516. 答案 1516 8.(2020 长沙调研)已知数列nan的前 n 项和为 sn，且 an2n，且使得 snnan1500 的最小正整数 n 的值为_. 解析 sn121222n2n， 则 2sn122223n2n1，两式相减得 sn2222nn 2n12（12n）12n 2n1， 故 sn2(n1) 2n1.又 an2n， snnan1502(n1) 2n1n 2n150 5

20、22n1， 依题意 522n10，故最小正整数 n 的值为 5. 答案 5 13 / 18 三、解答题 9.已知数列an的前 n 项和 snn2n2，nn*. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n项和. 解 (1)当 n1时，a1s11； 当 n2 时，ansnsn1n2n2（n1）2（n1）2n. a11 也满足 ann，故数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn. 记数列bn的前 2n 项和为 t2n， 则 t2n(212222n)(12342n). 记 a212222n，b12342n， 则 a2（1

21、22n）1222n12， b(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 t2nab22n1n2. 10.(2019 安徽江南十校联考)已知数列an与bn满足 a1a2a3an2bn，且an为正项等比数列，a12，b3b24. (1)求数列an与bn的通项公式； (2)若数列cn满足 cnanbnbn1，tn为数列cn的前 n项和，求证：tn0，q2， an的通项公式为 an22n12n. 2bn2122232n2（12n）122n12， bn的通项公式为 bn2n1. 14 / 18 (2)证明 由已知，得 cnanbnbn12n（2n1）（2n11）12n112n11，

22、tn c1 c2 c3 cn1211122112211231 12n112n11112n111. b级 能力提升 11.(2020 石家庄模拟)已知数列an的前 n 项和为 sn，且 sn1snn219n2(nn*)，若 a10a11，则 sn取最小值时 n的值为( ) a.10 b.9 c.11 d.12 解析 sn1snn219n2(nn*)， snsn1（n1）219（n1）2(n2 且 nn*)，两式作差得 an1ann10(n2 且 nn*)， 当 n10 时，a11a100，又 a10a11， a100s10且 s9s10， 又 s12s10a12a11111010， 由选项可得：

23、sn取最小值时 n的值为 10，故选 a. 答案 a 12.(2019 许昌、洛阳三模)已知数列an，bn的前 n 项和分别为 sn，tn，且an0，6sna2n3an，bn2an（2an1）（2an11），若 ktn恒成立，则 k 的最小值为( ) a.17 b.149 c.49 d.8441 解析 当 n1时，6a1a213a1，解得 a13. 当 n2 时，由 6sna2n3an，得 6sn1a2n13an1， 两式相减并化简得(anan1)(anan13)0， 由于 an0，所以 anan130，即 anan13(n2)， 故an是首项为 3，公差为 3 的等差数列， 所以 an3n.

24、 15 / 18 则 bn2an（2an1）（2an11）1718n118n11. 故 tnb1b2bn1718118211821183118n18n11 171718n1114917（8n11）， 由于tn是单调递增数列，14917（8n11）149， 所以 k149.故 k 的最小值为149，故选 b. 答案 b 13.(2020 长郡中学联考)数列 bnancos n3的前 n项和为 sn，已知 s2 0175 710，s2 0184 030，若数列an为等差数列，则 s2 019_. 解析 设数列an是公差为 d 的等差数列， a1cos 3a2cos 23a3cos a4cos 43

25、a5cos 53a6cos 2 12(a1a2)12(a5a4)a3a6a3a6. 由 s2 0175 710，s2 0184 030， 可得 5 710(a3a9a2 013)(a6a12a2 010a2 016)12a2 017， 4 030(a3a9a2 013)(a6a12a2 010a2 016)12a2 01712a2 018， 两式相减可得 a2 0183 360， 由 5 7101 008d12(3 360d)，解得 d4， 则 ana2 018(n2 018)44n4 712， 可得 s2 0194 030a2 0194 030(42 0194 712)666. 答案 666

26、 14.(2020 海南模拟)已知数列an的前 n 项和为 sn，a15，nsn1(n1)snn2n. (1)求证：数列snn为等差数列； (2)令 bn2nan，求数列bn的前 n项和 tn. 16 / 18 (1)证明 由 nsn1(n1)snn2n 得sn1n1snn1， 又s115，所以数列snn是首项为 5，公差为 1的等差数列. (2)解 由(1)可知snn5(n1)n4，所以 snn24n. 当 n2 时，ansnsn1n24n(n1)24(n1)2n3. 又 a15也符合上式，所以 an2n3(nn*)， 所以 bn(2n3)2n， 所以 tn52722923(2n3)2n， 2tn522723924(2n1)2n(2n3)2n1， 所以得 tn(2n3)2n110(23242n1) (2n3)2n11023（12n1）12 (2n3)2n110(2n28)(2n1)2n12. c级 创新猜想 15.(新定义题)(一题多解)定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m 项，其中m 项为 0，m 项为 1，且对任意 k2m，a1，a2，ak中 0 的个数不少于 1 的个数.若 m