专题3 第2讲 数列求和及其综合应用-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

第2讲　数列求和及其综合应用 [考情分析]　1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等． 考点一　数列求和 核心提炼 1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：＝； ＝. 2．错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列． 考向1　分组转化法 例1　(2023·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2. (1)证明：{an－2n}为等比数列； (2)已知bn＝Tn为{bn}的前n项和，求T10. (1)证明　由an＋1＋2an＝2n＋2可得 an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n)． 又a1－21＝1≠0， 所以{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列． (2)解　由(1)可得an－2n＝(－2)n－1， 即an＝2n＋(－2)n－1. 当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1； 当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1] ＝log22n－1＝n－1. 所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10) ＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9) ＝＋＝1 048. 考向2　裂项相消法 例2　(2023·沈阳质检)设n∈N*，向量＝(n－1,1)，＝(n－1,4n－1)，an＝·. (1)令bn＝an＋1－an，求证：数列{bn}为等差数列； (2)求证：＋＋…＋<. 证明　(1)由题意可得an＝·＝(n－1)2＋4n－1＝n2＋2n， 则bn＝an＋1－an＝[(n＋1)2＋2(n＋1)]－(n2＋2n)＝2n＋3， 可得bn＋1－bn＝(2n＋5)－(2n＋3)＝2， 故数列{bn}是首项b1＝5，公差d＝2的等差数列． (2)由(1)可得＝ ＝， 则＋＋…＋ ＝× ＝×， ∵>0，>0， 故＋＋…＋＝×<. 考向3　错位相减法 例3　(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)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， 则当n≥3时，＝， 则··…· ＝··…·， 即＝n－1， 又因为a2＝1， 所以an＝n－1， 当n＝1,2时都满足上式， 所以an＝n－1，n∈N*. (2)令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋…＋＋，② 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－， 即Tn＝2－. 规律方法　(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差． (2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项． (3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式． 跟踪演练1　(1)(2023·淮南模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2n，且a1＝1. ①求数列{an}的通项公式； ②设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　①∵数列{an}满足an＋1－an＝2n，且a1＝1， ∴当n≥2时， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1. 当n＝1时也成立，∴an＝2n－1(n∈N*)． ②bn＝＝ ＝－， ∴数列{bn}的前n项和 Tn＝＋＋…＋＝1－. (2)(2023·浙江省强基联盟模拟)已知a1＝1，{an＋1}是公比为2的等比数列，{bn}为正项数列，b1＝1，当n≥2时，(2n－3)bn＝(2n－1)bn－1. ①求数列{an}，{bn}的通项公式； ②记cn＝an·bn.求数列{cn}的前n项和Tn. 解　①因为数列{an＋1}为等比数列，公比为2，首项为a1＋1＝2，所以an＋1＝2×2n－1＝2n， 所以an＝2n－1(n∈N*)， 由(2n－3)bn＝(2n－1)bn－1， 推得＝(n≥2)， 所以＝，＝，＝，…， ＝(n≥2)， 故··…·＝··…·(n≥2)，又b1＝1， 所以当n≥2时，bn＝b1＝2n－1，又b1＝1符合上式， 所以bn＝2n－1(n∈N*)． ②由题可得cn＝2n(2n－1)－(2n－1)， 令dn＝2n(2n－1)，{dn}的前n项和为Pn. 所以Pn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n， 2Pn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1， 两式相减得－Pn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1，所以Pn＝(2n－1)2n＋1－2－2(2n＋1－4)， 所以Pn＝6＋(2n－3)2n＋1. 令en＝2n－1，{en}的前n项和为En， 则En＝＝n2， 综上，Tn＝Pn－En＝(2n－3)2n＋1＋6－n2. 考点二　数列的综合问题 核心提炼 数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养．解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解． 例4　(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为(　　) A. B. C．4 D. 答案　C 解析　设第n个正方形的边长为an， 则由已知可得an＝an＋1sin 15°＋an＋1cos 15°， ∴＝＝＝， ∴{an}是以9为首项，为公比的等比数列， ∴a5＝a1q4＝9×4＝4. (2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i<j≤n，如果ai>aj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案　B 解析　若n＝4，则1≤i<j≤4， 由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)， 若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对； 若数列{an}的第二个数为4， 则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,4,2,3}； 若数列{an}的第三个数为4， 则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}； 若数列{an}的第四个数为4， 则恰有2个逆序对的数列{an}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}， 综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5. 规律方法　数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识． 跟踪演练2　(1)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an}，令bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则S120等于(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 答案　C 解析　由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2， 可得OA2＝2，OA3＝2，…，OAn＝2， 所以an＝OAn＋OAn＋1＋AnAn＋1＝2＋2＋2， 所以bn＝＝＝－， 所以前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－1＋－＋…＋－＝－1， 所以S120＝－1＝10. (2)(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为an(n∈N)，若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于(　　) A．5或16 B．5或32 C．5或16或4 D．5或32或4 答案　B 解析　由题知an＋1＝ 因为a5＝1，则有， 若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2； 若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4； 若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8； 若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16； 若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32. 综上所述，a0＝5或a0＝32. 专题强化练 一、单项选择题 1．数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a8，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 024的值为(　　) A．4 B．－4 C．4 040 D．－4 040 答案　A 解析　因为a8，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点， 即a8，a4 040是方程x2－8x＋3＝0的两个根， 所以a8＋a4 040＝8. 又2an＋1＝an＋an＋2， 所以数列{an}是等差数列， 所以a8＋a4 040＝2a2 024＝8， 所以a2 024＝4. 2．(2023·阜阳模拟)在数列{an}中，已知an＋1＋an＝3·2n，则{an}的前10项和为(　　) A．1 023 B．1 024 C．2 046 D．2 047 答案　C 解析　∵an＋1＋an＝3·2n， ∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23， a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29， 则{an}的前10项和为3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×＝2 046. 3．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列的前n项和为Sn，则S2 026的值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意得f′(x)＝2x＋b， ∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1， ∴f(n)＝n2＋n， ∴＝＝＝－， ∴S2 026＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝. 4．(2023·佛山模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋kn＋2，若对于n∈N*，数列{an}为递增数列，则实数k的取值范围为(　　) A．k≥－3 B．k≥－2 C．k>－3 D．k>－2 答案　C 解析　因为数列{an}为递增数列， 所以an＋1>an， 即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2， 整理得k>－(2n＋1)， 因为当n∈N*时，f(n)＝－(2n＋1)单调递减， f(n)max＝f(1)＝－(2×1＋1)＝－3， 所以k>－3. 5．(2023·盐城模拟)将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n＝k1·k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义f(n)＝|k1－k2|，则数列{f(5n)}的前2 023项的和为(　　) A．51 012 B．51 012－1 C．52 023 D．52 023－1 答案　B 解析　当n＝2k(k∈N*)时， 由于52k＝5k×5k， 此时f(52k)＝|5k－5k|＝0， 当n＝2k－1(k∈N*)时，由于52k－1＝5k－1×5k， 此时f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1， 所以数列{f(5n)}的前2 023项的和为 (5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51 011－51 010)＋0＋(51 012－51 011)＝51 012－1. 6．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝，它的第n项为，若序列(A*)*的所有项都是3，且a5＝1，a6＝27，则a1等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　令bn＝， 即A*＝{b1，b2，b3，…}， 则(A*)*＝， 由已知得＝＝＝…＝＝3， 所以数列{bn}为公比为3的等比数列， 设b1＝m，则＝b1＝m， ＝b2＝3m，…，＝bn＝3n－1·m， 当n≥2时，累乘可得···…·＝m·3m·32m·…·3n－2m＝mn－131＋2＋3＋…＋(n－2)， 即＝mn－1， 当n＝5时，＝m436， 当n＝6时，＝m5310， 解得m＝，a1＝. 二、多项选择题 7.(2023·唐山模拟)如图，△ABC是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，…，如此继续下去，设△AnBnCn的边长为an，△AnBnCn的面积为Mn，则(　　) A．Mn＝a B．a＝a3a5 C．a1＋a2＋…＋an＝2－22－n D．M1＋M2＋…＋Mn< 答案　ABD 解析　显然△AnBnCn是正三角形， 因此Mn＝a，故A正确； 由中位线性质易得an＝an－1，即{an}是等比数列，公比为，因此a＝a3a5，故B正确； a1＝AB＝1，a1＋a2＋…＋an＝ ＝2－21－n，故C错误； M1＝×12＝，{an}是等比数列，公比为，则{Mn}也是等比数列，公比是， M1＋M2＋…＋Mn＝ ＝<，故D正确． 8．已知函数f(x)＝ex－x－1，数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋1＝f(an)，则下列有关数列{an}的叙述不正确的是(　　) A．a5<|4a2－3a1| B．a7≤a8 C．a10>1 D．S100>26 答案　BCD 解析　由ex≥x＋1 知， an＋1＝f(an)＝－an－1≥0， 故{an}为非负数列， 又an＋1－an＝－2an－1， 设g(x)＝ex－2x－1， 则g′(x)＝ex－2， 易知g(x)在[0，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 且－<1－2ln 2＝g(x)min<g(0)＝0， 又0<a1＝<ln 2， 所以0≤a2<a1＝， 从而－<an＋1－an<0， 所以{an} 为递减数列，且0≤an≤，故B，C错误； 又a2＝－－1＝－<－＝， 故当n≥2时，有an<， 所以S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100<＋＋＋…＋＝，故D错误； 又a2<，a5<，而|4a2－3a1|＝>， 故A正确． 三、填空题 9．(2023·铜仁质检)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为________． 答案　77 解析　记10个班级的平均成绩构成的等差数列为{an}，则an＝70＋2(n－1)＝2n＋68， 又10×40%＝4， 所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为＝＝77. 10．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a2 024＝8，则这个数列的前2 024项的和为________． 答案　6 072 解析　依题意得a1＋a2＝a2＋a3＝a3＋a4＝a4＋a5＝…， 故a1＝a3＝a5＝…＝a2 023＝－2， a2＝a4＝a6＝…＝a2 024＝8， 则S2 024＝1 012×(－2)＋1 012×8＝6 072. 11．(2023·江苏联考)已知a1，a2，…，an(n∈N*)是一组平面向量，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，若an＝(4－n,1)，则满足an⊥Sn的n的值为____________． 答案　5或6 解析　记bn＝4－n的前n项和为Tn， 则Tn＝＝， 因为an＝(4－n,1)， 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(3,1)＋(2,1)＋…＋(4－n,1)＝， 又an⊥Sn， 所以an·Sn＝(4－n)×＋n＝0， 整理得n(n－5)(n－6)＝0， 解得n＝0或n＝5或n＝6， 因为n∈N*，所以n＝5或n＝6. 12．在圆x2＋y2＝5x内，过点有n条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项a1，最长弦长为an，若公差d∈，那么n的取值集合为__________． 答案　{4,5,6} 解析　由圆的方程为x2＋y2＝5x，得圆心C，半径为r＝. ∴过点P的最长弦长为圆的直径长， 即an＝2r＝5， 过点P与直径CP垂直的弦为圆的最短弦， 即a1＝2 ＝2＝4， 由an＝a1＋(n－1)d，得5＝4＋(n－1)d， ∴d＝， ∵<d≤，∴<≤， ∴4≤n<7，n∈N*， ∴n的取值为4,5,6. ∴n的取值集合为{4,5,6}． 四、解答题 13．(2023·锦州模拟)已知数列{an}和{bn}满足an＋bn＝2n－1，数列{an}，{bn}的前n项和分别记作An，Bn，且An－Bn＝n. (1)求An和Bn； (2)设cn＝＋，求数列{cn}的前n项和Sn. 解　(1)因为an＋bn＝2n－1， 所以数列{an＋bn}是首项为1，公差为2的等差数列，所以其前n项和An＋Bn＝(1＋2n－1)×n＝n2， 又因为An－Bn＝n， 所以An＝，Bn＝. (2)当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝－＝n－1. 当n＝1时，b1＝B1＝0也适合通项公式， 故bn＝n－1. 所以cn＝＋＝2n－1＋ ＝2n－1＋－， 所以Sn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋ ＝＋＝2n－. 14．(2023·湖南省新高考教学教研联盟联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且2bn＝(n－2)(an－1)，若Tn≥λbn对于n∈N*恒成立，求λ的取值范围． 解　(1)∵Sn＝n－an， ∴Sn－1＝(n－1)－an－1(n≥2)， 两式作差得2an＝an－1＋1， ∴2(an－1)＝an－1－1， 当n＝1时，S1＝1－a1， ∴a1－1＝－， ∴{an－1}是首项为－， 公比为的等比数列， 故an＝1－n. (2)∵2bn＝(n－2)(an－1)， ∴bn＝(2－n)n＋1， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×2＋0×3＋(－1)×4＋…＋(2－n)n＋1，① Tn＝1×3＋0×4＋(－1)×5＋…＋(2－n)n＋2，② 两式作差得Tn＝1×2－－(2－n)n＋2， 化简得Tn＝， ∵Tn≥λbn恒成立， ∴≥λ(2－n)，n≥λ(2－n)， 当n＝1时，λ≤1； 当n＝2时，λ∈R； 当n≥3时，λ≥＝－＝－， 即λ≥max，∴λ≥－1， 综上所述，－1≤λ≤1. 学科网（北京）股份有限公司 $$