专题3 第2讲 大题专攻——数列中的综合问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第2讲　大题专攻——数列中的综合问题 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 等差、等比数列基本量的计算 解答题会考查等差、等比数列的判定与证明，数列求和等问题，注意与不等式的交汇考查 等差、等比数列的判定及应用 数列通项及求和的综合问题 二、真题感悟 1.（2023·新高考Ⅰ卷20题）（等差数列基本量的计算）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）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3， ∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1）， ∴bn＝， ∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝， ∴6d＋＝21.整理得2d2－7d＋3＝0， 即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝（舍去）. ∴an＝3n，n∈N*. （2）若{bn}为等差数列， 则b1＋b3＝2b2，即＋＝2·. 整理得－3a1d＋2d2＝0. 解得a1＝d或a1＝2d. 当a1＝d时，an＝nd，bn＝＝， ∴S99－T99＝（d＋99d）－（＋）＝99. 整理得50d2－d－51＝0， 解得d＝或d＝－1（舍去）； 当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝＝， ∴S99－T99＝（2d＋100d）－（＋）＝99. 整理得51d2－d－50＝0， 解得d＝－或d＝1， ∵d＞1，∴此时无解. 综上可知，d＝. 2.（2024·全国甲卷理18题）（数列求和）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. （1）求{an}的通项公式； （2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）因为4Sn＝3an＋4，　① 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，　② 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1， 即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×（－3）n－1. （2）法一（错位相减法）　因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4×（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n， 所以Tn＝1＋（2n－1）·3n. 法二（裂项相消法）　bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1， 令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1， 则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k（n－1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1， 所以解得 即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝（2n－1）·3n－（－1）×30＝（2n－1）·3n＋1. 重｜难｜排｜查 1.等差、等比数列的判断与证明 方法 等差数列 等比数列 定义法 an＋1－an＝d ＝q（q≠0，an≠0） 通项公式法 an＝a1＋（n－1）d an＝a1·qn－1 中项法 2an＝an－1＋an＋1（n≥2） ＝an－1an＋1（n≥2，an≠0） 前n项和法 Sn＝an2＋bn（a，b为常数） Sn＝kqn－k（k≠0，q≠0，1） 2.数列求和的常用方法 （1）公式法；（2）分组求和法；（3）倒序相加法；（4）错位相减法；（5）裂项相消法. 3.常见的裂项技巧 （1）＝－； （2）＝； （3）＝； （4）＝－. 数列的判断与证明 【例1】　（2024·扬州第二次调研）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1. （1）证明：数列{2an＋1－an}为等比数列； （2）求数列{an}的前n项和. 解：（1）证明：Sn＝an－4an＋1，n∈N*， 当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an， 两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an， 即4an＋1＝4an－an－1，则有2（2an＋1－an）＝2an－an－1， 当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0， 所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）得，2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n－1an＝1，所以数列{2n－1an}是等差数列， 于是2n－1an＝n－2，解得an＝， 则Sn＝－4×＝－. 感悟提升 证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法 （1）证明数列{an}是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明an＋1－an（n∈N*）为一常数； ②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1（n≥2）. （2）证明数列{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明（n∈N*）为一非零常数； ②利用等比中项，即证明＝an－1an＋1（n≥2）. 提醒　证明{an}不是等差（比）数列可用特值法. 　（2024·辽宁二模）如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有｜xn－yn｜＜，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”. （1）若an＝2n＋（n∈N*），求b1，b2，b3的值； （2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是等差数列. 解：（1）由题：令n＝1，则｜a1－b1｜＜， 即｜－b1｜＜，故－＜－b1＜，解得＜b1＜， 又b1∈Z，则b1＝3， 同理可得b2＝5，b3＝7. （2）证明：由题意知｜an－bn｜＜，则an－＜bn＜an＋，an＋1－＜bn＋1＜an＋1＋， 从而an＋1－an－1＜bn＋1－bn＜an＋1－an＋1， 即－1＜bn＋1－bn－d＜1， 因为bn∈Z，d∈Z，所以bn＋1－bn－d＝0，即bn＋1－bn＝d，故数列{bn}是等差数列. 数列求和 考向1　分组转化法求和 【例2】　已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，－2an＋1＝＋2an. （1）求{an}的通项公式； （2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解：（1）因为－2an＋1＝＋2an， 所以（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0， 因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2n（n∈N*）. （2）法一　bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n， 则bn＋bn＋1＝（－1）n＋1·2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b20 ＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b19＋b20） ＝＝20. 　 　10个 法二　bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n， 则b1＋b2＋b3＋…＋b20 ＝（b1＋b3＋…＋b19）＋（b2＋b4＋…＋b20） ＝－2×（1＋3＋…＋19）＋2×（2＋4＋…＋20） ＝－2×＋2× ＝－200＋220＝20. 感悟提升 1.分组转化法求和 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差（等比）数列或可求前n项和的数列求和. 2.分组转化法求和的常见类型 考向2　裂项相消法求和 【例3】　（2024·温州高三统一测试）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6－a3＝56，S6－S3＝112. （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）设等比数列{an}的公比为q（q≠0）， 由题意可知，a6－a3＝a3（q3－1）＝56，　① S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a4（1＋q＋q2）＝a3q（1＋q＋q2）＝112，　② 显然q≠1，an≠0， 则②÷①得，＝＝2， 解得q＝2，将q＝2代入①式得，a3＝8， 所以an＝a3·qn－3＝8×2n－3＝2n. （2）由（1）可知，a1＝2，所以Sn＝＝＝2n＋1－2， 所以bn＝＝＝（－）， 所以Tn＝［（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）］＝（－）＝（1－）. 感悟提升 裂项相消法求数列前n项和的策略 （1）基本步骤： （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. 考向3　错位相减法求和 【例4】　在各项均为正数的数列{an}中，a1＝，且{2nan}是等差数列，{}是等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设{an}的前n项和为Sn，证明：≤Sn＜2（n∈N*）. 解：（1）对等差数列{2nan}，其首项为21·a1＝1，设其公差为d，则2nan＝1＋（n－1）d，即an＝. 对等比数列{}，其首项为＝，设其公比为q，则＝qn－1，则an＝qn－1. 分别令n＝2，n＝3，得 解得或（舍去），故an＝（n∈N*）. （2）证明：Sn＝1×（）1＋2×（）2＋3×（）3＋…＋，　① Sn＝1×（）2＋2×（）3＋…＋（n－1）（）n＋n（）n＋1，　② ①－②得，Sn＝＋（）2＋（）3＋…＋（）n－＝－＝1－， 得Sn＝2－. 因为＞0，所以Sn＜2， 因为{an}各项均为正数，所以Sn≥S1＝a1＝. 故≤Sn＜2. 感悟提升 错位相减法求数列{anbn}前n项和的策略 （1）适用条件：若{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn； （2）基本步骤： 　已知公差为正数的等差数列{an}中，a1，a4，a7＋12成等比数列，数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝15. （1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； （2）若　　　　，求数列{bn}的前n项和Tn. 在①bn＝＋，②bn＝，③bn＝（an－1）·2n－1这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞0）， 依题意，可得 则解得 数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1. Sn＝＝＝n2＋2n. （2）选①bn＝＋， 由（1）可知：an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n， ∴bn＝＋＝＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝＋＝＋. 选②bn＝， 由（1）可知：Sn＝n2＋2n. ∴bn＝＝＝（－）. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝×（－）＋×（－）＋×（－）＋…＋×（－）＋×（－） ＝×（＋－－）＝－（＋）＝－. 选③bn＝（an－1）·2n－1， 由（1）可知：an＝2n＋1， ∴bn＝（an－1）·2n－1＝n·2n. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）·2n－1＋n·2n， 则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1， 两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝（1－n）·2n＋1－2， ∴Tn＝（n－1）·2n＋1＋2. 1.已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且Sn是an与的等差中项. （1）证明：数列{}为等差数列； （2）若bn＝，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值. 解：（1）证明：因为Sn是an与的等差中项，所以Sn＝（an＋）. 当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝（Sn－Sn－1＋）（n≥2）， 即2Sn＝Sn－Sn－1＋，可得Sn＋Sn－1＝，即－＝1. 令n＝1，可得S1＝a1＝（a1＋），解得a1＝1或a1＝－1， 又数列{an}是正项数列，所以a1＝1. 所以数列{}是以＝1为首项、1为公差的等差数列. （2）由（1）得＝＋n－1＝n，即＝n. 因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0， 所以Sn＝. 于是an＝Sn－Sn－1＝－（n≥2）， 当n＝1时，a1＝1，符合an＝－，可得an＝－. 所以bn＝＝＝－， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝. 2.（2024·济南高三模拟考试）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝. （1）求证：{an}为等比数列； （2）求使bn取得最大值时的n的值. 解：（1）证明：由Sn＝2an＋1－3可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an， 即n≥2时，＝， 因为a1＝，a1＝2a2－3，所以a2＝，则＝， 综上，＝，n∈N*， 所以{an}是首项和公比均为的等比数列. （2）由（1）可得an＝（）n， 所以bn＝（）n（n2＋n），n∈N*， n≥2时，＝＝， 令＞1，可得2≤n＜5，令＜1，可得n＞5， 可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5＞b6＞b7＞…， 综上，bn取得最大值时，n＝4或n＝5. 3.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1，数列{bn}满足bn＝. （1）证明：{bn}是常数数列； （2）若数列{cn}满足cn＝sin（an）＋，求{cn}的前2n项和S2n. 解：（1）证明：因为bn＋1－bn＝－＝ ＝＝＝0， 所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数数列. （2）因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2，所以＝2，所以an＝2n－1. 所以cn＝sin［（2n－1）］＋22n－1＝sin（nπ－）＋22n－1， 所以S2n＝［sin＋sin＋sin＋…＋sin（2nπ－）］＋（21＋23＋25＋…＋24n－1） ＝（1－1＋1－1＋…－1）＋＝. 4.（2024·南昌一模）对于各项均不为零的数列{cn}，我们定义：数列{}为数列{cn}的“k-比分数列”.已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，且{an}的“1-比分数列”与{bn}的“2-比分数列”是同一个数列. （1）若{bn}是公比为2的等比数列，求数列{an}的前n项和Sn； （2）若{bn}是公差为2的等差数列，求an. 解：（1）由题意知＝， 因为b1＝1，且{bn}是公比为2的等比数列，所以＝4， 因为a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列， 所以Sn＝＝（4n－1）. （2）因为b1＝1，且{bn}是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1， 所以＝＝， 所以＝，＝，…，＝， 所以＝，因为a1＝1， 所以an＝（4n2－1）. 5.（2024·石家庄教学质量检测）已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝ （1）写出a2，a3，a4； （2）证明：数列{a2n－1－6}为等比数列； （3）若bn＝a2n，求数列{n·（bn－3）}的前n项和Sn. 解：（1）由题意知，a1＝7，所以a2＝a1－3＝4， a3＝2a2＝8，a4＝a3－3＝5. （2）证明：因为an＋1＝ 所以a2n＋1－6＝2a2n－6＝2（a2n－1－3）－6＝2（a2n－1－6）， 所以＝2，且a1－6＝1， 所以数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列. （3）由（2）可知，a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝2n－1＋6， 因为2n为偶数，2n－1为奇数， 所以bn＝a2n＝a2n－1－3＝2n－1＋3， 所以n·（bn－3）＝n·（2n－1＋3－3）＝n·2n－1， 所以Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，　① 2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，　② ①－②得，－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝2n－1－n·2n， 所以Sn＝1＋（n－1）·2n，n∈N*. 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $