专题三 第二讲 数列求和及综合应用（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

第二讲　数列求和及综合应用 考点1　数列求和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [核心整合] 1．分组转化法求和的常见类型 (1)一般地，形如{an±bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求其前n项和采用分组转化法． (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，可采用分组转化法求和． 2．裂项相消法求和的常见裂项形式 (1) = ( - ),= ( - )； (2) []； (3) = - ； (4). = ( + )； 3．错位相减法求和适用于形如{an·bn}或{}的数列的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． 角度1　分组转化法 [例1]　(2021·新课标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)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2， 故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3， 所以{bn}为等差数列，故bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1，n∈N*. (2)设{an}的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20， 因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1， 所以S20＝2(a2＋a4＋…＋a18＋a20)－10＝2(b1＋b2＋…＋b9＋b10)－10＝2×－10＝300. 综上，{an}的前20项和为300. 角度2　裂项相消法 [例2]　(2024·广东江门模拟)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为An，a7＝15，A7＝63；数列{bn}的前n项和为Bn，2Bn＝3bn－3(k∈Z*). (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{}的前n项和Sn.{} 解：(1)数列{an}是等差数列，设公差为d， 则 化简得解得a1＝3，d＝2， ∴an＝2n＋1，n∈N*. 由已知2Bn＝3bn－3， 当n＝1时，2B1＝3b1－3＝2b1，解得b1＝3， 当n≥2时，2Bn－1＝3bn－1－3， ∴2Bn－2Bn－1＝(3bn－3)－(3bn－1－3)＝3bn－3bn－1，n∈N*，即bn＝3bn－1， ∴数列{bn}构成首项为3，公比为3的等比数列， ∴bn＝3n，n∈N*. (2)由(1)可得An＝ ＝ ＝n(n＋2)，n∈N*， ∴ = =， ∴Sn＝＋＋＋…＋ + + ＝(1－＋－＋－＋…＋ － + － + － ＝(1＋－－)＝－(＋)＝－ . 角度3　错位相减法 [例3]　(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{}的前n项和． 解：(1)由题意可知，2Sn＝nan　①， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1　②， ①－②得2an＝nan－(n－1)an－1， ∴(n－1)an－1＝(n－2)an. (方法1：构造数列)当n≥3时， ＝，{}是从第2项开始的常数数列， 当n＝2时，＝a2＝1，∴an＝n－1(n≥2)， 当n＝1时，2a1＝a1，a1＝0，满足上式， ∴an＝n－1(n∈N*). (方法2：累乘法)由2Sn＝nan可知，当n＝1时，2a1＝a1，a1＝0，a2＝1， =，∴an＝××…× ×a2＝××…××1＝n－1. 显然a1＝0满足，∴an＝n－1(n∈N*). (2)由(1)可知an＝n－1(n∈N*)， ∴an＋1＝n，∴＝n· ()n， ∴Tn＝1×()1＋2×()2＋3×()3＋…＋n·()n　③， Tn＝1×()2＋2×()3＋…＋(n－1)·()n＋n·()n+1　④， ③－④得Tn＝ －n·()n+1， ∴Tn＝2－(2＋n)·()n. [对点练习]　1.(2024·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<. 解：(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列， 又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1. 当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，得Sn－1＋2＝(a1＋2)·2n-2， 两式相减得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)， 又{an}是等比数列，所以＝＝2， 所以＝2，解得a1＝2，所以an＝2n(n≥2)， 当n＝1时上式成立，所以an＝2n. (2)由(1)知bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－， 又>0，所以Tn<. 2．(2024·湖南邵阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，c1＝a2＝3且S6－S3＝27，数列{cn}满足cn＋1＝设bn＝c2n＋c2n－1. (1)求{an}的通项公式，并证明：bn＋1＝2bn－3； (2)设tn＝an(bn－3)，求数列{tn}的前n项和qn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 因为S6－S3＝27，可得a4＋a5＋a6＝27，即3a5＝27，解得a5＝9， 又因为a2＝3，可得d＝＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝3＋(n－2)×2＝2n－1， 由数列{cn}满足cn＋1＝可得c2n＝c2n－1－1，c2n＋1＝2c2n，c2n＋2＝c2n＋1－1， 所以bn＝c2n＋c2n－1＝2c2n＋1， 因为bn＋1＝c2n＋2＋c2n＋1＝4(c2n－1)＋3，所以bn＋1＝2bn－3. (2)由(1)可知bn＋1－3＝2(bn－3)， 因为b1－3＝c1＋c2－3＝c1＋c1－1－3＝2≠0， 所以数列{bn－3}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以bn－3＝2×2n-1＝2n， 所以tn＝(2n－1)×2n， 所以qn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 则2qn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)×2n+1， 两式相减，可得－qn＝1×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n+1＝2＋－(2n－1)×2n+1＝2＋2n+2－8－(2n－1)×2n+1＝(3－2n)×2n+1－6， 所以qn＝(2n－3)×2n+1＋6. 考点2　数列的综合问题　　　 [核心整合] 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热点，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]　若给定数列{an}，对于任意的n∈N*，若满足an＋1－an＝qn，则称{an}为“D(h)型数列”．若数列{an}满足：a1＝1，a2＝3，当n≥2时，an＋1－3an＋2an－1＝0. (1)判断数列{an－an－1}是否为“D(h)型数列”，并证明； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若bn＝log2(an＋1)，∃n∈N*，使不等式n(1＋bn)－λbn(n＋2)－3<0成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)数列{an－an－1}不是“D(h)型数列”，理由如下： 由an＋1－3an＋2an－1＝0，得an＋1－an＝2(an－an－1)， 因为a2－a1＝2，则 ＝2， 所以数列{an－an－1}是首项为2，公比为2的等比数列， 则an＋1－an＝2n，an－an－1＝2n-1，an＋1－an－(an－an－1)＝2n－2n-1＝2n-1≠qn， 所以数列{an－an－1}不满足“D(h)型数列”的定义， 即数列{an－an－1}不是“D(h)型数列”． (2)由(1)知an－an－1＝2n-1，an－1－an－2＝2n-2，…，a2－a1＝2， 累加得an－a1＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＝2n-1＋2n-2＋…＋2＝ ＝2n－2， 又a1＝1，所以an＝2n－1. (3)由(2)可知，bn＝log22n＝n，不等式n(1＋bn)－λbn(n＋2)－3<0有解， 整理为λ>，n∈N*有解， 即λ> ＝1－， 设n＋3＝t≥4，t∈N*，则λ>1－＝1－， 设f(t)＝t＋－4，t≥4，f′(t)＝1－>0(t≥4)， 所以f(t)在[4，＋∞)上单调递增， f(4)＝4＋－4＝，所以函数f(t)的值域为[，＋∞)， 则1－＝1－＝－， 当t→＋∞时，1－→1，所以1－∈[－，1)， 所以λ的取值范围是(－，＋∞). [规律总结]　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，解题的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，考查的本质仍为数列的基础知识． [对点练习]　3.(2024·广东惠州一模)约数，又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数．设正整数a共有k个正约数，记为a1，a2，…，ak－1，ak(a1<a2<…<ak). (1)当k＝4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值； (2)当k≥4时，若a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1构成等比数列，求证：a＝a(k≥4)； (3)记A＝a1a2＋a2a3＋…＋ak－1ak，求证：A<a2. 解：(1)当k＝4时，正整数a的4个正约数构成等比数列， 如1，2，4，8为8的所有正约数，即a＝8； 或1，3，9，27为27的所有正约数，即a＝27； 或1，5，25，125为125的所有正约数，即a＝125. (首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可) (2)由题意可知，a1＝1，ak＝a，且a1·ak＝a2·ak－1＝a3·ak－2＝…＝a， 因为a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1构成等比数列，不妨设其公比为q， 则q＝＝＝， 所以＝， 化简得a－(a＋1)a3＋a＝0，所以(a3－a)(a3－1)＝0， 又因为a3>1，所以a3＝a，所以公比q＝＝＝a2， 所以ak－ak－1＝(a2－a1)·qk-2＝(a2－1)·， 又因为ak＝a，ak－1＝，所以a－＝(a2－1)·， 又因为a2>1，所以a＝(k≥4). (3)由题意知，a1ak＝a，a2ak－1＝a，…，aiak＋1－i＝a(1≤i≤k)， 所以A＝＋＋…＋， 因为≤＝－，…，＝－， 所以A＝＋＋…＋＝a2(＋＋…＋)≤a2(－＋－＋…＋－)＝a2(－)， 因为a1＝1，ak＝a，所以－<1， 所以A≤a2(－)<a2，即A<a2. 学科网（北京）股份有限公司 $$