第1部分 单元1 第2讲 数列及其综合问题(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

第二讲　数列及其综合问题 [大题突破·师生共研] 考情研析　在解答题中，会继续考查等差、等比数列的判定，基本量的计算以及由递推公式求通项、数列求和问题，注意与函数、不等式的交汇考查． 考点一　等差、等比数列的运算 [例1] (2023·新课标 Ⅰ 卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d， 所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd. 因为bn＝，所以bn＝＝， 所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝. 因为S3＋T3＝21， 所以6d＋＝21， 解得d＝3或d＝， 因为d>1，所以d＝3. 所以{an}的通项公式为an＝3n. (2)因为bn＝，且{bn}为等差数列， 所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋， 所以－＝， 所以a－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d. ①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝＝＝， S99＝＝＝99×50d， T99＝＝＝. 因为S99－T99＝99， 所以99×50d－＝99， 即50d2－d－51＝0， 解得d＝或d＝－1(舍去). ②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝＝＝， S99＝＝＝99×51d， T99＝＝＝. 因为S99－T99＝99， 所以99×51d－＝99， 即51d2－d－50＝0， 解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去). 综上，d＝. 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q. (2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列． (3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算． 训练1 (2024·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和． 解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3， 两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1， 即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝()n－1. (2)因为2Sn＝3an＋1－3， 所以Sn＝(an＋1－1)＝[()n－1]， 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n＝×()n－n－. 考点二　等差、等比数列的判定与证明 [例2] (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． (1)证明：由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2nan＋n　①， 所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2(n＋1)an＋1＋(n＋1)　②， ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2nan＋1， 化简得an＋1－an＝1， 所以数列{an}是公差为1的等差数列． (2)解：由(1)知数列{an}的公差为1. 由a＝a4a9，得(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)， 解得a1＝－12. 所以Sn＝－12n＋＝＝(n－)2－， 所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 判断数列是否为等差数列或等比数列的策略 (1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差、等比数列的定义进行判断． (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可． 训练2 设数列{an}，{bn}满足：a1＝2，b1＝3，且4an＋1－bn＝ an－3bn＋1，4bn＋1－2bn＝2an－3an＋1对n∈N*成立． (1)证明：{an＋bn}是等比数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． (1)证明：由题意得4an＋1＋3bn＋1＝an＋bn，4bn＋1＋3an＋1＝2an＋2bn， 相加得an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)， 所以＝， 因为a1＋b1＝5≠0， 所以{an＋bn}是首项为5，公比为的等比数列． (2)解：an＋bn＝，由4an＋1－bn－4bn＋1＋2bn＝an－3bn＋1－2an＋3an＋1得，bn＋1－an＋1＝an＋bn＝， 所以bn－an＝对n≥2成立， 解得an＝－·()n－2，bn＝·()n－2对n≥2成立， 故an＝ bn＝ 考点三　数列的求和问题 ►热点考向1　裂项相消法求和 [例3] (2022·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. (1)解：∵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＝， ∴当n≥2时，an＝a1×××…××＝1×××…××＝， 显然对于n＝1也成立， ∴{an}的通项公式an＝. (2)证明：由(1)得，＝＝2(－)， ∴＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)<2. 裂项相消求和法的规律 (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，即具有对称性． 训练3 (2024·枣庄模拟)已知数列{an}中，a1＝1，n2an＋1＝(n＋1)2an. (1)求an； (2)设bn＝，求证：b1＋b2＋…＋bn<. (1)解：由题意，得＝，故为常数列．＝＝…＝＝1，故an＝n2. (2)证明：因为bn＝＝＝[－]， 所以b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＋(－)]＝[1＋－－]<成立． ►热点考向2　错位相减法求和 [例4] (2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 解：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0. 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1， 两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1， 即(n－1)an－1＝(n－2)an，当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时，＝， 则··…·＝··…·， 整理得＝n－1， 因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3). 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1. (2)方法一　令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋　①， Tn＝＋＋…＋＋　②， 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，即Tn＝2－. 方法二　设bn＝， 所以bn＝＝＝(n＋0)×()n－1， 故a＝，b＝0，q＝. 故A＝＝＝－1，B＝＝＝－2， C＝－B＝2. 故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2)()n＋2， 整理得Tn＝2－. 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({an·bn})型数列求和． (2)步骤：a.求和时先乘以数列{bn}的公比→b.将两个和式错位相减→c.整理结果形式． 训练4 (2024·金华模拟)在等差数列{an}中，a4＝4，Sn为{an}的前n项和，S10＝55，数列{bn}满足log2b1＋log2b2＋…＋ log2bn＝. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{(－1)nanbn}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 所以解得 所以an＝n， log2b1＋log2b2＋…＋log2bn＝ ①， 则当n≥2时，log2b1＋log2b2＋…＋log2bn－1＝ ②， ①－②得，log2bn＝n，则bn＝2n， 而当n＝1时，log2b1＝1，则b1＝2，满足上式． 所以bn＝2n. (2)由(1)得(－1)nanbn＝(－1)nn·2n＝n(－2)n， Tn＝(－2)1＋2·(－2)2＋3·(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n·(－2)n，① －2Tn＝(－2)2＋2·(－2)3＋…＋(n－1)(－2)n＋n(－2)n＋1，② ①－②得，3Tn＝(－2)1＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1， 故Tn＝. ►热点考向3　分组转化法求和 [例5] (2023·新高考 Ⅱ 卷)已知{an}为等差数列，bn＝.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为bn＝ 所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6. 因为S4＝32，T3＝16， 所以 整理得解得 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3. (2)由(1)知an＝2n＋3， 所以Sn＝＝n2＋4n. 当n为奇数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＋＝. 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0， 所以Tn>Sn. 当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＋＝. 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn. 综上可知，当n>5时，Tn>Sn. 分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和． (2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 训练5 (2021·新高考 Ⅰ 卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 解：(1)由题意，得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2， 所以a2n＋2＝a2n＋3， 即bn＋1＝bn＋3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*. (2)由(1)可得bn＝a2n＝3n－1，a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2，n≥2. 又a1＝1， 所以{an}的前20项的和为a1＋a2＋…＋a20＝ (a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝(1＋b1＋2＋b2＋2＋…＋b9＋2)＋(b1＋b2＋b3＋…＋b10) ＝19＋(b1＋b2＋b3＋…＋b9)＋(b1＋b2＋b3＋…＋b9＋29) ＝48＋2(b1＋b2＋b3＋…＋b9)＝48＋2×＝300. 学科网（北京）股份有限公司 $$