专题3 数列 第2讲 数列求和及其综合应用-【名师带你过关】2027年数学高中总复习专题复习

第2讲　数列求和及其综合应用 1.数列求和是高考考查的重点和热点,做好典型题型和常见公式的巩固,如熟练掌握等差和等比数列求和公式及应用,此部分内容多以选择题、填空题的形式出现. 2.数列的综合应用有时在压轴题的位置,多与函数、导数、不等式、创新性问题相结合命题. 1. (2025·上海)(等差数列求和)己知等差数列的首项a1=-3,公差d=2,则该数列的前6项和为　　　　　　.  2.(2025·天津)(等差数列性质)已知数列的前n项和Sn=-n2+8n,则数列的前12项和为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.112 B. 48 C. 80 D. 64 3. (2025·上海)(数列综合应用)已知数列,,的通项公式分别为an=10n-9,bn=2n,cn=λan+(1-λ)bn.若对任意的λ∈,an,bn,cn的值均能构成三角形,则满足条件的正整数n有 (　　) A. 4个 B. 3个 C. 1个 D. 无数个 4. (2025·天津)(错位相减的应用)已知数列是等差数列,是等比数列,a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3. (1)求,的通项公式. (2)∀n∈N*,I∈,有Tn= {p1a1b1+p2a2b2+…+pn-1an-1bn-1+pnanbn|p1,p2,…,pn-1,pn∈I}. ①求证:对任意实数t∈Tn,均有t<an+1bn+1;②求Tn所有元素之和. 考点一　由递推公式求通项公式 由递推公式求通项公式的方法: (1)形如an+1-an=f的数列,利用累加法,即利用公式an=++… ++a1,即可求数列 的通项公式. (2)形如=f的数列,常令 n 分别为 1, 2,3,…,n-1,代入 =f,再把所得的 -1)个等式相乘,利用an=a1···… ·即可求数列 的通项公式. (3)形如 an+1= 的数列,取倒数可得 =+ ,即 -= ,构造等差数列 求通项公式. (4)若数列 满足an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0),构造an+1+λ=p. (5)若数列 满足an+1=pan+f(p≠0,1),构造an+1+g=p.例1　 (1) 已知数列 满足a1=10,=2,则 的最小值为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2-1　　 B. C. 　　 D. (2)已知Sn 是数列 的前 n 项和,a1=1,Sn =an ,则 的通项公式为 (　　) A.an=2n-1　　 B.an= C.an=3n　　 D.an=2n-1 跟踪演练1 1. (2024·河南模拟) 已知数列 满足 =·+ ,且a2= ,则a1 011= (　　) A. 　　 B. C. 　　 D. 2. (2024· 江西二模)已知数列 的首项 a1 为常数且a1≠,an+1+2an=4n,若数列 是递增数列,则a1 的取值范围为 (　　) A. B. ∪ C. D. ∪ 考点二　利用Sn与an的关系求通项公式 在处理Sn,an的式子时,一般情况下,如果要证明 f为等差 (等比) 数列,就消去Sn ,如果要证明 f 为等差 (等比) 数列,就消去 an ; 但有些题目要求求 的通项公式,表面上看应该消去Sn , 但这会导致解题陷入死胡同,所以先消去an ,求出Sn ,然后利用an=Sn-Sn-1 求出an(n≥2).例2　已知Sn是数列 的前 n 项和,a1=3 ,且当 n ≥2 时, Sn, , Sn-1 成等差数列. (1)求数列 的通项公式. (2)设数列 满足 bn=1- ,若 b2·b3·…·bn= ,求正整数 n 的值. 考点三　求数列的前n项和 1.求数列的前 n 项和的方法 (1)并项求和法; (2)错位相减法; (3)裂项相消法;(4)分组求和法. 分组求和法求前 n 项和适用的类型: ① 的通项公式为cn=an+bn . ② 的通项公式为cn=　 2.分组求和法求前 n 项和的技巧 (1)定通项公式:根据已知条件确定数列的通项公式. (2)巧拆分:根据通项公式的特征,将其拆分为易于求和的数列. (3)分别求和:分别计算各个数列的和. 3.组合:将拆分后求得的各数列的和进行组合, 得到所求数列的总和. 考向1　分组求和 例3　(2024·东湖区校级三模)数列 1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,… 的前 n 项和为 (　　) A.2n-n-1　 　 B.2n+1-n-2 C.2n　　 D.2n+1-n 考向2　错位相减法求和 例4　(2024·临渭区校级模拟)已知各项均为正数的数列 的前 n 项和为Sn,2Sn=n且a2=a1 . (1)求 的通项公式. (2)若bn=,求数列 的前 n 项和Tn . 考向3　裂项相消求和 例5　 (2024·邯郸三模) 已知数列 的前 n 项和Sn=1-2-n,且满足bn=an . (1)求数列 , 的通项公式. (2)数列 的前 n 项和为Tn ,比较 Sn 和Tn 的大小. 　　裂项相消求和法是将数列的各项拆分为两项之差,使在求和时部分正负项相互抵消,前 n 项和简化为首尾少数项之和,从而求出数列的前 n 项和. 常见的裂项形式: (1)==- . (2) = . (3)==. (4) =. (5)=(-). 考点四　数列的综合应用 数列与不等式的综合问题的解题策略 (1)与数列有关的不等式证明问题的解法 ①比较法:通过作差或作商进行比较. ②放缩法:通过扩大或缩小分母分子,或调整项数来达到证明目的. ③构造法:通过构造函数完成证明. (2)以数列为载体考查不等式恒成立的问题,可转化为函数最值问题. 提醒:判断与数列相关的不等关系,可利用数列的单调性或其对应函数的单调性进行大小比较.例6　(2024·顺庆区校级月考) 已知数列 满足a1=1,an+1=-SnSn+1. (1)求数列 的通项公式. (2)设数列 的前 n 项和为Tn ,若存在正整数 n,使得Tn≤λ2+λ成立,求实数 λ 的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2讲　数列求和及其综合应用 真题感悟 1.12　解析：根据等差数列的求和公式，S6=6a1+d=12. 2.C　 解析：因为Sn=-n2+8n，所以当n=1时，a1=S1=-12+8×1=7； 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=-2n+9，经检验，a1=7满足上式， 所以an=-2n+9，令an=-2n+9≥0⇒n≤4，an=-2n+9≤0⇒n≥5， 设数列的前n项和为Tn，则数列的前4项和为T4=S4=-42+8×4=16. 数列的前12项和为T2n=++…+=a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-a12=2S4-S12=2×16-=80.故选C. 3.B　解析：由题意an，bn，cn>0，不妨设A（n，an），B（n，bn），C（n，cn）， 三点均在第一象限内，由cn=λan+（1-λ）bn可知，=λ，λ∈， 故点C恒在线段AB上，则有min≤cn≤max <an+bn. 即对任意的λ∈，cn<an+bn恒成立，令10x-9=2x，构造函数f（x）=2x-10x+9，x>0， 则f'（x）=2xln 2-10，由f'（x）单调递增，又f'（3）<0，f'（4）>0，存在x0∈（3，4），使f'（x0）=0， 即当0<x<x0时，f'（x）<0，f（x）单调递减；当x>x0时，f'（x）>0，f（x）单调递增. 故f（x）至多两个零点，又由f（1）>0，f（2）<0，f（5）<0，f（6）>0， 可知f（x）存在两个零点，不妨设x1，x2（x1<x2），且x1∈（1，2），x2∈（5，6）. ①若an≤bn，即10n-9≤2n时，此时n=1或n≥6. 则an≤cn≤bn，可知bn+cn>an成立， 要使an，bn，cn的值均能构成三角形， 所以an+cn>bn恒成立，故bn<2an. 所以有解得n=6. ②若an≥bn，即10n-9≥2n时，此时n=2，3，4，5.则an≥cn≥bn，可知an+cn>bn成立， 要使an，bn，cn的值均能构成三角形， 所以bn+cn>an恒成立，故an<2bn. 所以有解得n=4或5. 综上可知，正整数n的个数有3个.故选B. 4.解析：（1）设数列的公差为d，数列公比为q， 由题意得⇒ 所以an=2+3=3n-1，bn=2×2n-1=2n. （2）①证明：由（1）知pnanbn=2npn=0或pnanbn=2n>0，an+1bn+1=2n+1， 当pnanbn=2n>0时， 设Sn=p1a1b1+p2a2b2+…+pn-1an-1bn-1+pnanbn=2×2+5×22+…+2n-1+2n， 所以2Sn=2×22+5×23+…+2n+2n+1. 所以-Sn=4+3×-2n+1=4+3×-2n+1=-8+2n+1. 所以Sn=8+2n+1，为Tn中的最大元素. 此时an+1bn+1-Sn=2n+1-=6·2n+1-8>0恒成立， 所以对∀t∈Tn，均有t<an+1bn+1. ②方法一：由①得Sn=8+2n+1，为Tn中的最大元素， 由题意可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 当p1，p2，…，pn-1，pn均为1时，此时该系列元素只有Sn=8+2n+1即个； 当p1，p2，…，pn-1，pn中只有一个为0，其余均为1时， 此时该系列的元素有Sn-a1b1，Sn-a2b2，Sn-a3b3，…，Sn-anbn共有个， 则这n个元素的和为Sn-=Sn； 当p1，p2，…，pn-1，pn中只有2个为0，其余均为1时， 此时该系列的元素为Sn-aibi-ajbj共有个， 则这n个元素的和为 Sn-=Sn； 当p1，p2，…，pn-1，pn中有2个为0，其余均为1时，此时该系列的元素为Sn-aibi-ajbj-akbk共有个， 则这n个元素的和为 Sn-=Sn；… 当p1，p2，…，pn-1，pn中有n-1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为a1b1，a2b2，…，anbn共有个， 则这n个元素的和为 Sn-=Sn； 当p1，p2，…，pn-1，pn均为0时，此时该系列的元素为0=Sn即=1个， 综上所述，Tn中的所有元素之和为 Sn+Sn+Sn+Sn+…+Sn+0= Sn =Sn=2n-1Sn=2n-1·； 方法二：由①得Sn=8+2n+1，为Tn中的最大元素， 由题意可得Tn=｛Sn，Sn-aibi，Sn-aibi-ajbj，Sn-aibi-ajbj-akbk，…，aibi+ajbj，aibi，0｝，， 所以Tn的所有的元素的和中各项aibi出现的次数均为++…++=2n-1次， 所以Tn中的所有元素之和为 2n-1=2n-1Sn= 2n-1·. 重难攻坚 例1　 （1）C　解析：由 =2 得an+1-an=2n. 所以 an-an-1=2，an-1-an-2=2（n- 2），an-2-an-3=2，…，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1， 累加上述式子得 an-a1=2［n-1+n-2+n-3+…+2+1］=n， 所以 an=n2-n+10 .经检验，当n=1时，an=n2-n+10 满足.故an=n2-n+10，=n+-1， 由于函数 f=x+-1 在区间 上单调递减，在 上单调递增， 又因为 x∈N*，当 n=3 时， =3+-1= ，当 n=4 时， =4+-1=，所以 的最小值为 . 故选C. （2）B　解析：由Sn=an 得 Sn-1=an-1，n≥ 2，n∈N*， 两式相减，得Sn-Sn-1=an-an-1， 即 an=an-an-1，即 an=an-1，即 =，n≥2，n∈N* . 所以 =，=，=，…，= . 相乘得 ··…=×××…×， 即 =. 因为a1=1，所以an= ，n≥2，n∈N* . 当 n=1 时，a1==1，所以an= ，n≥1，n∈N*. 故选B. 跟踪演练1 1.C　解析：因为数列 满足 =·+， a2=， 所以 =×+=.所以 a1= . 令 bn=，则 bn+1=bn+，b1=2. 即 bn+1-1=，所以数列 是以 1 为首项，以 为公比的等比数列. 所以bn-1=，即bn=1+，所以an=，则a1 011== . 故选C. 2.B　解析：由 == =-2， a1-≠0，可得数列 是首项为 a1-，公比为 -2 的等比数列，则 an=·4n +·，因为数列 是递增数列，可得 an+1>an， 即 ·4n+1+·>·4n+ · 对任意的正整数n都成立. 当n为偶数时， a1>-·2n 恒成立，由 递减，可得 -·2n≤-= -，则 a1>- ； 当n为奇数时， a1<+·2n 恒成立，由 递增，可得 +·2n≥+ =，则 a1<， 则 a1 的取值范围是 ∪ . 故选B. 例2　解析：（1） 方法一：由题意知当 n≥2 时， Sn+ Sn-1=nan， ∴Sn+Sn-1=n，整理得Sn= Sn-1. 由S1=a1=3，∴Sn=××× ×…×××3=. 经检验，S1=3 也符合Sn=. ∴ 当 n≥2 时， an=Sn-Sn-1=- ［+］=3n. a1=3 也满足 an=3n， ∴数列 的通项公式为an=3n. 方法二： 由题意知当 n≥2 时， Sn+Sn-1=nan， ∴当 n≥3时， Sn-1+Sn-2=an-1， 两式相减.得an+an-1=nan-an-1（n≥ 3），即 an=nan-1， ∴=.∴当 n≥3 时， 为常数列，又由S2+S1=2a2 得a2=6，同理可得a3=9. ∴===3.∴==3，即an=3n. ∴ 数列 的通项公式为an=3n. （2）由 （1） 得 bn=1-=1-== ×，∴b2·b3·…·bn=××××××…××= . 由 =，得 n=88 . 例3　B　解析： ∵1+2+22+…+2n-1==2n -1， ∴ 数列 1，1+2，1+2+22，…，1+2+22+…+2n-1，…的前n项和Sn=21-1+22-1+…+2n-1= -n=-n=2n+1-n-2 . 故选B. 例4　解析：（1）当 n=1 时， 2S1=a1+1，解得a1=1. 又 ∵a2=a1，∴a2=. 当 n≥2 时，由 两式相减，得 an+1-nan+1=0. 两边同除以 n，可得 -=-. 上述等式可列累加法得 -+…+ -=-+…+-1. ∴-a2=-1，∴an-a2=1- （n - 1）. ∵a2=，化简得an=， 当 n=1 时， a1=1 ；n=2 时， a2= 都满足an=，因此 an = . （2）由 （1） 可知， bn=，则Tn=++ +…+ ①， ∴Tn=++…++ ②. 两式相减，得Tn=++…+- =+-=-，化简得Tn=- . 例5　解析：（1）因为 Sn=1-2-n，当 n≥2 时， an=Sn-Sn-1=1-2-n-（1-=. 又因为当n=1 时， a1=S1= 也满足上式，所以an=，bn=n. （2）由 bn=n，得==-， Tn=+++…+=-+ -+…+-=1-， 则 Sn-Tn=-=- =. 当n=1时，Sn-Tn= 0，Sn=Tn. 当 n≥2 时， 2n==++…+=1+n++…+>n+1，所以Sn>Tn. 综上所述，当 n=1 时，Sn=Tn，当 n≥2 时， Sn >Tn. 故Sn≥Tn . 例6　解析：（1）由题意可知，a1=1，an+1=-SnSn+1， 所以当 n≥2 时， an=-Sn-1Sn，an=Sn -Sn-1， 所以Sn-Sn-1=-Sn-1Sn，即 -=1. 故数列是首项为 ==1，公差为 1 的等差数列，所以 =1+×1=n，即 Sn=. 当 n=1 时成立. 所以 Sn=.所以an+1=-SnSn+1=-·= -. 所以数列 的通项公式为an = （2）由（1）知， Sn=，令 bn=SnSn+1==-. 所以 Tn=++…+ =1-=， 又因为存在正整数 n，使得 Tn≤λ2+ λ， 所以存在正整数 n 使得 λ2+λ≥=（n +1）+-10 成立， 故λ2+λ≥， 又因为 +-10≥2·-10=-4，当且仅当n+1=，即n=2时取等号， 所以λ2+λ≥-4，解得λ≤-3 或 λ≥-. 所以实数λ的取值范围为 . 学科网（北京）股份有限公司 $