第二编 专题3 第2讲 数列求和及不等式问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 　　　　第2讲　数列求和及不等式问题 「考情研析」1.在历年的新课标卷中，均涉及数列的解答题，在新结构试卷中，数列的解答题可能作为轮考内容，主要考查等差(比)数列的判定，求数列的通项公式、前n项和公式，数列求和等内容，难度以中、低档题为主，也可能以创新题型作为压轴题．　2.注意对数列与不等式、函数的综合问题的考查，难度以中档题为主． 考向1　数列求和 角度1　分组转化法求和 例1　(1)(2025·吉林三模)已知等差数列{an}的公差d>0，且满足a1a5＝64，a3＝10，记Sn是数列{bn}的前n项和，且满足Sn＝2bn－1. (ⅰ)求数列{an}的通项公式； (ⅱ)令cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(ⅰ)由题意，得 解得或(舍去)， ∴an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1. (ⅱ)∵Sn＝2bn－1，① 当n＝1时，b1＝S1＝2b1－1，得b1＝1， 当n≥2时，Sn－1＝2bn－1－1，② 由①－②，得bn＝Sn－Sn－1＝(2bn－1)－(2bn－1－1)， 化简，得bn＝2bn－1，即＝2(n≥2)， ∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴bn＝2n－1，∴cn＝an＋bn＝3n＋1＋2n－1， ∴Tn＝＋＝＋2n－1＝2n＋n2＋n－1. (2)(2025·广东清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n(n∈N*)． ①求证：数列{an－5n}是等比数列； ②求数列{an}的前n项和Sn. 解：①证明：∵数列{an}满足an＋1＋an＝6×5n， 即an＋1＝－an＋6×5n， ∴an＋1－5n＋1＝－(an－5n)， 即＝－1， 又a1＝4，∴a1－51＝－1， ∴数列{an－5n}是首项为－1，公比为－1的等比数列． ②由①，知an－5n＝－1×(－1)n－1＝(－1)n， ∴an＝(－1)n＋5n， ∴Sn＝51＋52＋…＋5n＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n， 当n为偶数时，可得Sn＝＋0＝×5n＋1－； 当n为奇数时，可得Sn＝－1＝×5n＋1－. 综上可得，Sn＝ 1．等差数列、等比数列的判定方法 等差数列 等比数列 定义法 an＋1－an＝d ＝q(q≠0) 通项法 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1 中项法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2) a＝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) 解答题中证明数列为等差(比)数列一般使用定义法． 2．分组转化法求和的常见类型 3．分类讨论思想在数列求和中的应用 当数列通项中含有(－1)n时，在求和时要注意分n为奇数与偶数讨论． 当数列通项中含有(－1)n时，也可以采用并项求和的方法． 1．(2025·湖北黄冈教育共同体二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，当n≥2时，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足b1＝3，bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由题意，得当n≥2时， 有Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)， 即an＋1＝2an. 因为a2＝2a1，所以an＋1＝2an对任意n∈N*都成立， 所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1. (2)由bk＋1＝ak＋bk(k∈N*)， 得bn－bn－1＝an－1(n≥2)， 则bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－1－bn－2)＋(bn－bn－1) ＝b1＋a1＋a2＋…＋an－2＋an－1 ＝3＋20＋21＋…＋2n－3＋2n－2 ＝3＋＝2n－1＋2. 当n＝1时，b1＝3符合上式，故bn＝2n－1＋2. 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝(20＋2)＋(21＋2)＋…＋(2n－2＋2)＋(2n－1＋2) ＝(20＋21＋…＋2n－2＋2n－1)＋2n ＝＋2n＝2n＋2n－1. 2．(2025·湘豫名校二模)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项． (1)证明：数列{}是等差数列； (2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)证明：因为是1－Sn与Sn＋1的等差中项， 所以2＝1－Sn＋Sn＋1， 所以Sn＝1＋Sn＋1－2＝(－1)2， 因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn>0， 又S1＝a1＝1，所以＝－1， 所以－＝1， 所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)可得＝1＋(n－1)×1＝n， 所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 当a1＝1时，也满足上式，所以an＝2n－1， 所以bn＝(－1)n·(Sn＋an)， T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4－…＋S2n＋a2n ＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(S2n－S2n－1)－a1＋a2－…＋a2n ＝a2＋a4＋…＋a2n－a1＋a2－…＋a2n ＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋2(a2＋a4＋…＋a2n) ＝－＋2× ＝－＋2× ＝－n(2n－1)＋n(4n＋2)＝2n2＋3n. 角度2　裂项相消法求和 例2　(2025·辽宁省协作校二模)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋2(n∈N*)，且a1＝4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由题意得＝＝2，－＝2(n∈N*)， 所以数列{}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以＝2＋2(n－1)＝2n， 所以Sn＝4n2. 当n＝1时，a1＝S1＝4； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝8n－4， 且a1＝4满足上式，所以an＝8n－4. (2)bn＝＝ ＝× ＝× ＝， Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝ ＝， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝. 　几种常见的裂项方式 数列(n为正整数) 裂项方式 (k为非零常数) ＝ ＝ ＝－ (a>0，且a≠1) loga＝loga(n＋1)－logan 裂项后通常可以产生连续相互抵消的项，但要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2025·河南豫东名校三模)已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a1＝1，2nSn＝(2n－1)(Sn＋1－Sn)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由2nSn＝(2n－1)(Sn＋1－Sn)，得 Sn＝(Sn＋1－Sn)， 即Sn＝an＋1， 当n≥2时，Sn－1＝an， 两式相减，得an＝an＋1－an(n≥2)， 化简得＝2(n≥2)， 当n＝1时，S1＝a1＝×a2＝1， 所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1， 所以bn＝＝＝－， 所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－ ＝－. 角度3　错位相减法求和 例3　(2025·河北部分重点高中二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－2n－1(n∈N*)． (1)证明：数列{an＋1}是等比数列； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：因为2Sn＝3an－2n－1(n∈N*)， 所以当n＝1时，2a1＝3a1－2－1，解得a1＝3； 当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－2n＋1， 所以2(Sn－Sn－1)＝3(an－an－1)－2， 即an＝3an－1＋2， 所以an＋1＝3(an－1＋1)(n≥2)， 又a1＋1＝4， 所以数列{an＋1}是以4为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知，an＋1＝4×3n－1， 所以bn＝＝n×3n－1， 则Tn＝1＋2×3＋3×32＋…＋n×3n－1，① 3Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，② ①－②，得－2Tn＝(1＋3＋32＋…＋3n－1)－n×3n＝－n×3n＝×3n－， 所以Tn＝×3n＋. 　错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数．另外还要注意首项与末项． 错位相减后注意准确地确定中间的项数和最后一项的符号变化． (2025·山西部分重点高中摸底考试)∀n∈N*，若数列{xn}满足xn＋1＝pxn＋q(p，q为常数)，则称这个数列为“p－q数列”．已知数列{an}是“1－2数列”，数列{bn}是“2－0数列”，且a1＝b1＝2. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)记cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1，判断数列{cn}是否是“p－q数列”．若是，求出p，q的值；若不是，请说明理由． 解：(1)由题意知，an＋1＝an＋2， 即an＋1－an＝2， ∴数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n. ∵bn＋1＝2bn，即＝2， ∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴bn＝2×2n－1＝2n. (2)∵cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1＝2×1×2n＋2×2×2n－1＋2×3×2n－2＋…＋2×(n－1)×22＋2n×2， 即cn＝1×2n＋1＋2×2n＋3×2n－1＋…＋(n－1)×23＋n×22，① 由①，得cn＝1×2n＋2×2n－1＋3×2n－2＋…＋(n－1)×22＋n×21，② 由①－②，得cn＝2n＋1＋2n＋2n－1＋2n－2＋…＋23＋22－n×2 ＝－2n ＝2n＋2－2n－4， ∴cn＝2n＋3－4n－8，cn＋1＝2n＋4－4n－12. 假设存在p，q，使得cn＋1＝pcn＋q，即2n＋4－4n－12＝p×2n＋3－4pn－8p＋q， ∴无实数解，即假设不成立． ∴数列{cn}不是“p－q数列”． 考向2　数列与不等式的综合问题 例4　(2025·江苏苏北七市三模)已知数列{an}是等差数列，记其前n项和为Sn，且S3＝a5，a2n＝2an＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)将数列{an}与{}的所有项从小到大排列得到数列{bn}． ①求{bn}的前20项和； ②证明：＋＋…＋<32. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由S3＝a5，得3a1＋3d＝a1＋4d，即2a1＝d， 由a2n＝2an＋，取n＝1，得a2＝2a1＋＝a1＋d，即a1＝d－， 解得a1＝，d＝，所以an＝n－. (2)①由(1)知，Sn＝n＋×＝n2， 所以＝n＝， 因为an＝n－＝，所以bn＝n， 所以{bn}的前20项和为20×＋×＝. ②证明：因为b＝n2， 所以＝<＝16(n≥2)， 所以当n＝1时，＝16<32； 当n≥2时，＋＋…＋<16＋16＝32－<32. 综上可得，＋＋…＋<32. 　数列与不等式的综合问题的类型及解题策略 (1)与数列有关的不等式证明问题的求解方法 (2)以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，可转化为函数的最值问题． 判断与数列相关的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小． (2025·广西南宁三模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋2an(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)∀k∈N*，将数列{an}中不大于8k的项的个数记为bk.若＋＋…＋<恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1， 得a－2a1＝0， 又an>0，所以a1＝2. 当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1， 联立4Sn＝a＋2an，两式相减，得 4an＝a－a＋2an－2an－1， 化简，得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0， 因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝2， 故数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an＝2n. (2)由an＝2n≤8k，得n≤23k－1，即bk＝23k－1， 因为＝＝23＝8，b1＝22＝4， 所以{bk}是以4为首项，8为公比的等比数列， 所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝. 因为＋＋…＋<，即<， 即λ>， 所以实数λ的取值范围为. 真题押题 1．(2024·全国甲卷，18)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)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4， 解得a1＝4. 当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4， 所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1， 即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0， 故＝－3， 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)由(1)可得bn＝(－1)n－1×n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1， 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n， 两式相减，得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n－1－1)－4n×3n＝(2－4n)×3n－2， 所以Tn＝(2n－1)×3n＋1. 2．(2022·新高考Ⅰ卷，17)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. 解：(1)因为是首项为1，公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝，故Sn＝an.① 当n≥2时，Sn－1＝an－1.② 由①－②可知an＝an－an－1， 所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝. 所以××…××＝×××…××＝(n≥2)， 所以an＝(n≥2)， 又a1＝1也满足上式， 所以an＝(n∈N*)． (2)证明：因为＝＝－， 所以＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝2－＜2. 已知点A(n，an)(n∈N*)在函数f(x)＝log2(3x＋2)的图象上，数列{bn}满足bn＝2an. (1)证明：数列{bn}为等差数列； (2)若数列{cn}满足cn＝，Tn为{bncn}的前n项和，且Tn>，求n的最小值． 解：(1)证明：由题设，知an＝log2(3n＋2)， 则bn＝3n＋2， 故b1＝5，bn＋1－bn＝3(n＋1)＋2－3n－2＝3， 所以数列{bn}是首项为5，公差为3的等差数列． (2)由(1)知，cn＝，故bncn＝， 所以Tn＝b1c1＋b2c2＋…＋bncn＝＋＋…＋，① 则Tn＝＋＋…＋＋，② ①－②，得Tn＝1＋＋＋…＋－， 即Tn＝2＋3×－＝2＋3×－＝8－. 由Tn＝8－>，得<， 又＝<1恒成立， 所以数列是递减数列，而＝，故当n>4时，<恒成立， 因为n∈N*，所以n的最小值为5. 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 等差数列的判定及并项求和法 等比数列的判定及分组转化法求和 利用构造法、an与Sn的关系求数列的通项公式；裂项相消法求和 利用an与Sn的关系求数列的通项公式；用裂项相消法证明不等式 求等差数列的通项公式；错位相减法求和 等比数列的证明；构造法求数列的通项公式；利用错位相减法求不等式中参数的取值范围 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*. (1)求a1，a2，并证明数列{an＋an＋1}是等差数列； (2)求S20. 解：(1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2， 所以a1＝4. 当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5， 所以a2＝2. 因为Sn－an＝n2＋1， 所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)， 两式相减，得an－an＋an－1＝2n－1， 即an＋an－1＝4n－2， 所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4， 所以数列{an＋an＋1}是等差数列． (2)由(1)可知数列{an＋an＋1}是等差数列，首项为a1＋a2＝6，a19＋a20＝78， 所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20) ＝＝ ＝420. 2．(2025·浙江温州三模)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*. (1)数列{bn}满足bn＝an＋n，试判断{bn}是否是等比数列，并说明理由； (2)数列{cn}满足cn＝(－1)nan，求数列{cn}的前2n项和T2n. 解：(1){bn}是等比数列，理由如下： 因为an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*， 所以an＋1＋(n＋1)＝3(an＋n)， 又bn＝an＋n， 所以bn＋1＝3bn， 因为a1＝2，所以b1＝3≠0， 故{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)可知bn＝3n，所以an＝3n－n，所以cn＝(－1)n×(3n－n)＝(－3)n＋n×(－1)n＋1， 所以T2n＝[(－3)1＋(－3)2＋…＋(－3)2n]＋[1＋(－2)＋3＋(－4)＋…＋(2n－1)－2n]＝－n＝×9n－n－. 3．(2025·福建龙岩二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n×，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，得－＝1， 又a1＝1，∴＝a1＝1， ∴数列是首项为1，公差为1的等差数列， ∴＝n，即Sn＝n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，且a1＝1也满足上式， ∴an＝2n－1， 则数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)得an＝2n－1， ∴bn＝(－1)n×＝(－1)n×， ∴Tn＝－＋－＋…＋(－1)n×＝－1＋(－1)n×. 4．(2025·广东广州二模)设Sn为数列{an}的前n项和，且an是Sn和8的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，证明：≤Tn<. 解：(1)因为an是Sn和8的等差中项， 所以an＝， 即Sn＝2an－8.① 当n＝1时，S1＝2a1－8，得a1＝8. 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－8，② 由①－②，得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，得 an＝2an－1，即＝2. 所以数列{an}是首项为8，公比为2的等比数列． 所以an＝8×2n－1＝2n＋2. (2)证明：因为bn＝log2an＝log22n＋2＝n＋2， 所以＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－. 由n≥1，得0<≤， 得≤－<， 所以≤Tn<. 5．(2025·河北石家庄一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S5＝25. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝3nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 则 解得所以an＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝3nan＝(2n－1)×3n， 所以Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，① 3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1.② 由①－②，得－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋－(2n－1)×3n＋1＝(2－2n)×3n＋1－6. 故Tn＝(n－1)×3n＋1＋3. 6．(2025·青海西宁二模)设Sn为数列{an}的前n项和，当n≥2时，Sn＋2＝5Sn＋1－8Sn＋4Sn－1，已知a1＝1，a2＝4，a3＝12. (1)证明：数列{an＋1－2an}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若不等式λ(Sn－1)－n＋1≥0对任意正整数n都成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)证明：当n≥2时，Sn＋2＝5Sn＋1－8Sn＋4Sn－1， 即Sn＋2－Sn＋1＝4(Sn＋1－Sn)－4(Sn－Sn－1)， 则an＋2＝4an＋1－4an， 而a1＝1，a2＝4，a3＝12， 则a3＝4a2－4a1， 于是∀n∈N*，an＋2＝4an＋1－4an， 整理得an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)， 又a2－2a1＝2≠0， 所以数列{an＋1－2an}是首项和公比都是2的等比数列． (2)由(1)知，an＋1－2an＝2n， 因此－＝，数列是首项为，公差为的等差数列，＝＋(n－1)＝n， 所以数列{an}的通项公式为an＝n×2n－1. (3)由(2)知，Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， 2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n， 两式相减，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝－1＋(1－n)×2n， 则Sn＝2n(n－1)＋1. 不等式λ(Sn－1)－n＋1≥0⇔λ·2n(n－1)－(n－1)≥0， 当n＝1时，λ为任意实数；当n≥2时，λ≥恒成立，而≤，因此λ≥， 所以实数λ的取值范围为. 16 学科网（北京）股份有限公司 $