2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第2讲 数列求和问题

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1、第 2 讲 数列求和问题 考情研析 1.从具体内容上，高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过 分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想 2.从高考 特点上，难度稍大，一般以解答题为主 核心知识回顾 常见的求和方法 (1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前 n 项和对等比数列利用公式法求和时，一 定要注意 01公比 q 是否取 1 (2)错位相减法：主要用于求数列anbn的前 n 项和，其中an，bn分别是 02等差数列 和等比数列 (3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用 于求通项为 03 1 anan1的数列的

2、前 n 项和 (4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列 04适当拆开， 05重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并 (5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如 06(1)nan的形式，通常分07奇、偶，观察 相邻两项是否构成新数列. 热点考向探究 考向 1 分组转化法求和 例 1 (2020 山东省泰安市模拟)在Snn2n， a3a516， S3S542， a n1 an n1 n ， S756 这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答 设等差数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn为等比数列，_，b1a1，b2a1a2 2 .求数

3、 列 1 Snbn 的前 n 项和 Tn. 解 选， 当 n1 时，a1S12； 当 n2 时，anSnSn12n， 又 n1 满足 an2n，所以 an2n. 设bn的公比为 q，因为 a12，a24，由 b1a1，b2a1a2 2 ，得 b12，q2，所以 bn 2n. 由数列bn的前 n 项和为22 n1 12 2n12，又可知 1 Sn 1 n2n 1 n（n1） 1 n 1 n1， 数列 1 Sn 的前 n 项和为 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n11 1 n1， 故 Tn2n121 1 n12 n1 1 n11. 选， 设等差数列an的公差为 d，由 a3a516，S3S5

4、42， 得 2a 16d16， 8a113d42，解得 a 12， d2， 所以 an2n，Snn2n. 下同选. 选， 由a n1 an n1 n ，得 an1 n1 an n ，所以an n a1 1 ，即 ana1n，S77a428a156，所以 a12， 所以 an2n，Snn2n. 下同选. 若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成， 或这个数列可以分解成两个 或多个等差、 等比数列的和差形式， 则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分重新组合， 进而使用等差、等比数列的求和公式进行求和解题的关键是观察结构、巧分组. 等差数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn是等比数

5、列，满足 a13，b11，b2S210， a52b2a3. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)令 cn 2 Sn，n为奇数， bn，n为偶数， 设数列cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n. 解 (1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q，则由 a13，b11 及 b 2S210， a52b2a3， 得 q6d10， 34d2q32d，解得 d2， q2， 所以 an32(n1)2n1，bn2n1. (2)由 a13，an2n1，得 Snn(n2). 则 cn 2 n（n2），n为奇数， 2n1，n为偶数， 即 cn 1 n 1 n2，n为奇数， 2n1，n为偶数， T2n(c

6、1c3c2n1)(c2c4c2n) 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 (22322n1) 1 1 2n1 2（14n） 14 2n 2n1 2 3(4 n1). 考向 2 裂项相消法求和 例 2 (2020 山东省潍坊市模拟)在a2，a3，a44 成等差数列，S1，S22，S3成等差 数列中任选一个，补充在下面的问题中，并解答 在公比为 2 的等比数列an中，_ (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn(n1)log2an，求数列 4n2 b2 n 的前 n 项和 Tn. 解 方案一：选条件， (1)由题意，得 a22a1，a34a1，a448a14， a2，a3，a44

7、成等差数列， 2a3a2a44，即 8a12a18a14， 解得 a12， an2 2n12n，nN*. (2)由(1)知，bn(n1)log2an(n1)log22nn(n1)， 记 cn4n2 b2 n ，则 cn4n2 b2 n 4n2 n2（n1）22 1 n2 1 （n1）2 ， Tnc1c2cn 2 1 12 1 22 2 1 22 1 32 2 1 n2 1 （n1）2 2 1 12 1 22 1 22 1 32 1 n2 1 （n1）2 2 1 12 1 （n1）2 2 2 （n1）2. 方案二：选条件， (1)由题意，得 S1a1，S223a12，S37a1， S1，S22，

8、S3成等差数列， 2(S22)S1S3，即 2(3a12)a17a1，解得 a12， an2 2n12n，nN*. (2)同方案一第(2)问解答过程 裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和常用 于数列 c anan1 的求和，其中数列an是各项不为 0 的等差数列，c 为常数 (2020 山东省泰安市四模)已知等差数列an的公差 d0，a27，且 a1，a6，5a3成等比数 列 (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 1 bn1 1 bnan(nN *)，且 b11 3，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解 (1)a1，a6，5a3成等比数列， a

9、2 65a3a1，(a15d) 25a1(a12d)， 整理得 4a2 125d 2，a15 2d 或 a1 5 2d. 当 a15 2d 时， 由 a 15 2d， a27， 解得 a 15， d2， 满足题意 当 a15 2d 时， 由 a 15 2d， a27， 解得 d14 3 ，不符合题意， an52(n1)2n3. (2)由(1)知，当 n2 时， a1a2an1（n1）（52n1） 2 n22n3. 1 bn1 1 bnan，当 n2 时， 1 bn 1 bn1an1， a1a2an1 1 b2 1 b1 1 b3 1 b2 1 bn 1 bn1 1 bn 1 b1n 22n3.

10、 又 b11 3， 1 bnn 22n，bn 1 n（n2）(n2)， 当 n1 时，b1 1 1（12） 1 3， bn 1 n（n2），nN *， bn 1 n（n2） 1 2 1 n 1 n2 ， Tn b1 b2 bn 1 2 11 3 1 2 1 4 1 n 1 n2 1 2 3 2 1 n1 1 n2 3n25n 4（n1）（n2）. 考向 3 错位相减法求和 例 3 (2020 山东省烟台市模拟)已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，a12，2S2a2 a3. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2n1 an 2log2an，求数列bn的前 n 项和 解 (1)设正

11、项等比数列an的公比为 q(q0)，因为 2S2a2a3，所以 2a1a2a3， 所以 2a1a1qa1q2，所以 q2q20，得 q2. 所以 an2n. (2)由题意得 bn(2n1) 1 2 n 2n. 令 cn(2n1) 1 2 n ，其前 n 项和为 Pn，则 Pn1 1 2 3 1 2 2 (2n1) 1 2 n ， 1 2Pn1 1 2 2 3 1 2 3 (2n3) 1 2 n (2n1) 1 2 n1 ， 两式相减得 1 2Pn 1 22 1 2 2 1 2 3 1 2 n (2n1) 1 2 n1 1 22 1 4 1 1 2 n1 11 2 (2n1) 1 2 n1 3

12、2 1 2 n1 (2n1) 1 2 n1 ， 所以 Pn3(2n3) 1 2 n ， 而 2(12n)2n（n1） 2 n(n1)， 所以数列bn的前 n 项和 Tn3(2n3) 1 2 n n(n1). 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 (2020 湖北省华中师范大学第一附中模拟)在数列an，bn中，anbnn1，bnan 1. (1)证明：数列an3bn是等差数列； (2)求数列 an3bn 2n 的前 n 项和 Sn. 解 (1)证明：由题意，将 bnan1 代入

13、anbnn1， 可得 anan1n1，即 2ann2， ann2 2 ，bnan1n2 2 1n 2， an3bnn2 2 3n 2 1n. an13bn1(an3bn)1(n1)(1n)1， 数列an3bn是以1 为公差的等差数列 (2)由(1)知，a n3bn 2n 1n 2n ， 则 Sn0 2 1 22 1n 2n ， 1 2Sn 0 22 1 23 1n 2n1， 两式相减，得 1 2Sn 1 22 1 23 1 2n 1n 2n1 1 4 1 1 2n1 11 2 1n 2n1 1 2 1 2n 1n 2n1 n1 2n1 1 2， 所以 Snn1 2n 1. 真题押题 真题检验

14、1(2020 全国卷)设an是公比不为 1 的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项 (1)求an的公比； (2)若 a11，求数列nan的前 n 项和 解 (1)设等比数列an的公比为 q， a1为 a2，a3的等差中项， 2a1a2a3，即 2a1a1qa1q2. a10，q2q20. q1，q2. (2)设数列nan的前 n 项和为 Sn， a11，an(2)n1， Sn112(2)3(2)2n(2)n1， 2Sn1(2)2(2)23(2)3(n1)(2)n1n(2)n， ，得 3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n1（2） n 1（2） n(2)n 1（13n）（2）n 3 ， S

15、n1（13n）（2） n 9 . 2 (2019 天津高考)设an是等差数列， bn是等比数列 已知 a14， b16， b22a22， b32a34. (1)求an和bn的通项公式； (2)设数列cn满足 c11，cn 1，2kn2k1， bk，n2k， 其中 kN*. 求数列a2n (c2n1)的通项公式； 求 i1 2n aici(nN*). 解 (1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q. 依题意得 6q62d， 6q2124d， 解得 d3， q2 或 d3， q0 (舍去)， 故 an4(n1)33n1，bn62n132n. 所以，an的通项公式为 an3n1，bn

16、的通项公式为 bn32n. (2)a2n (c2n1)a2n (bn1)(32n1)(32n1)94n1. 所以，数列a2n (c2n1)的通项公式为 a2n (c2n1)94n1. i1 2n aici i1 2n aaiai(ci1) i1 2n ai i1 n a2i(c2i1) 2n42 n（2n1） 2 3 i1 n (94i1) (322n152n1)94（14 n） 14 n 2722n152n1n12(nN*). 金版押题 3已知an是各项都为正数的数列，其前 n 项和为 Sn，且 Sn为 an与 1 an 的等差中项 (1)求证：数列S2 n为等差数列； (2)求数列an的通

17、项公式； (3)设 bn（1） n an ，求bn的前 n 项和 Tn. 解 (1)证明：由题意知 2Snan 1 an， 即 2Snana2 n1， 当 n1 时，由式可得 S11 或 S11(舍去)； 又 n2 时，有 anSnSn1，代入式得 2Sn(SnSn1)(SnSn1)21， 整理得 S2 nS 2 n11. S2 n是首项为 1，公差为 1 的等差数列 (2)由(1)可得 S2 n1n1n， an各项都为正数，Sn n， anSnSn1 nn1(n2)， 又 a1S11，an nn1. (3)bn（1） n an （1）n nn1(1) n( n n1)， 当 n 为奇数时，

18、Tn1( 21)( 3 2)(n1n2)( nn1) n； 当 n 为偶数时，Tn1( 21)( 3 2)(n1n2)( nn1) n. bn的前 n 项和 Tn(1)nn. 专题作业 一、选择题 1已知 Sn是数列an的前 n 项和，且 Sn1Snan1，a2a610，则 S7( ) A20 B25 C30 D35 答案 D 解析 因为 Sn是数列an的前 n 项和，且 Sn1Snan1，所以 an1an1，因此数列 an是公差为 1 的等差数列，又 a2a610，所以 a1a710，因此 S77（a 1a7） 2 35.故 选 D. 2 (2019 南宁调研)已知an是等比数列， a22，

19、 a51 4， 则 a1a2a2a3anan1( ) A16(14n) B16(12n) C32 3 (14n) D32 3 (12n) 答案 C 解析 q3a5 a2 1 8，q 1 2，a14，数列anan1是以 8 为首项， 1 4为公比的等比数 列a1a2a2a3anan1 8 1 1 4 n 11 4 32 3 (14n).故选 C. 3(2020 辽宁省辽南协作校二模)已知数列an满足 an1an2n，nN*，则 n i2 1 aia1 ( ) A 1 n1 1 n Bn1 n Cn(n1) D 1 2n 答案 B 解析 依题意，由 an1an2n，nN*，可得 当 n2 时，a2

20、a121，a3a222， anan12(n1)，各式相加，可得 ana121222(n1) 212(n1)2（n1）n 2 (n1)n， 则 1 ana1 1 （n1）n 1 n1 1 n(n2，nN *)， n i2 1 aia1 1 a2a1 1 a3a1 1 ana1 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 11 n n1 n .故选 B. 4(2020 天津市滨海新区二模)已知数列an的通项公式是 ann2sin 2n1 2 ，则 a1a2 a3a12( ) A0 B55 C66 D78 答案 D 解析 由题意得，当 n 为奇数时， sin 2n1 2 sin n 2 sin 2

21、sin3 2 1， 当 n 为偶数时，sin 2n1 2 sin n 2 sin 21， 所以当 n 为奇数时，ann2；当 n 为偶数时，ann2. 所以 a1a2a3a12 12223242112122 (2212)(4232)(122112) (21)(21)(43)(43)(1211)(1211) 1234111212（112） 2 78.故选 D. 5已知等差数列an的前 n 项和 Sn满足 S36，S525 2 ，则数列 an 2n 的前 n 项和为( ) A1n2 2n1 B2n4 2n1 C2n4 2n D2n2 2n1 答案 B 解析 设等差数列an的公差为 d，则 Snna

22、1n（n1） 2 d，因为 S36，S525 2 ，所以 3a 13d6， 5a110d25 2 ，解得 a13 2， d1 2， 所以 an1 2n1， an 2n n2 2n1，设数列 an 2n 的前 n 项和为 Tn，则 Tn 3 22 4 23 5 24 n1 2n n2 2n1 ，1 2Tn 3 23 4 24 5 25 n1 2n1 n2 2n2 ，两项相减，得1 2Tn 3 4 1 23 1 24 1 2n1 n2 2n2 3 4 1 4 1 1 2n1 n2 2n2，所以 Tn2 n4 2n1. 6 已知数列an满足 a1a2a3an2n 2(nN*)，且对任意 nN*都有1

23、 a1 1 a2 1 ant， 则实数 t 的取值范围为( ) A 1 3， B 1 3， C 2 3， D 2 3， 答案 D 解析 依题意得，当 n2 时，an a1a2a3an a1a2a3an1 2n 2 2（n1）22 n2(n1)222n1，又 a1 212211，因此 an22n1， 1 an 1 22n1，数列 1 an 是以1 2为首项， 1 4为公比的等比数列，等比数 列 1 an 的前 n 项和等于 1 2 1 1 4n 11 4 2 3 1 1 4n 2 3，因此实数 t 的取值范围是 2 3， .故选 D. 7(2020 海南省海口市模拟)已知数列an满足 anlog

24、(n1)(n2)(nN*)，设 Tka1a2 ak(kN*)，若 TkN*，称数 k 为“企盼数”，则区间1，2020内所有的企盼数的和为( ) A2020 B2026 C2044 D2048 答案 B 解析 anlog(n1)(n2)log 2（n2） log2（n1）(nN *)，Tka1a2aklog23 log22 log24 log23 log25 log24 log 2（k2） log2（k1）log2(k2)， 又 TkN *， k2 必须是 2 的 n 次幂(nN*)， 即 k2n2， 区间1，2020内所有的企盼数的和为(222)(232)(242)(2102)2 2（129

25、） 12 292026.故选 B. 8(多选)(2020 山东省青岛市高三一模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn1Sn 2an1，数列 2n anan1 的前 n 项和为 Tn，nN*，则下列选项正确的为( ) A数列an1是等差数列 B数列an1是等比数列 C数列an的通项公式为 an2n1 DTn1 答案 BCD 解析 由 Sn1Sn2an1 得 an12an1，所以 an112(an1)，又 a11，所以 a1 12， 所以数列an1是首项为 2， 公比为 2 的等比数列， an122n12n， an2n1， 故 A 错误， B， C 正确； 因为 2n anan1 2n

26、 （2n1）（2n11） 1 2n1 1 2n11， 所以 Tn 11 3 1 3 1 7 1 2n1 1 2n11 1 1 2n11， 因为 2 n112213， 所以 0 1 2n11 1 3， 所以2 3Tn6， T10600(212226)272829210400 2002（12 6） 12 272829210 200228292101994. 14已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2)，a11 2. (1)求证： 1 Sn 是等差数列； (2)求 an的表达式； (3)若 bn2(1n)an(n2)，求证：b2 2b 2 3b 2 n1. 解 (1)证

27、明：当 n2 时，anSnSn1， 又 an2SnSn10， 所以 SnSn12SnSn10， 若 Sn0，则 a1S10 与 a11 2矛盾， 故 Sn0，所以 1 Sn 1 Sn12， 又 1 S12，所以 1 Sn 是首项为 2，公差为 2 的等差数列 (2)由(1)得 1 Sn2(n1)22n，故 Sn 1 2n(nN *)， 当 n2 时，an2SnSn12 1 2n 1 2（n1） 1 2n（n1）； 当 n1 时，a11 2，所以 an 1 2，n1， 1 2n（n1），n2. (3)证明：当 n2 时，bn2(1n)an2(1n) 1 2n（1n） 1 n， b2 2b 2 3

28、b 2 n 1 22 1 32 1 n2 1 12 1 23 1 （n1）n 11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 11 n1. 15在等差数列an中，已知 a616，a1636. (1)求数列an的通项公式 an； (2)若_，求数列bn的前 n 项和 Sn. 在bn 4 anan1， bn(1) n an， bn2an an 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中， 并对其求解. 解 (1)设等差数列an的公差为 d， 则 a16a6(166)d， 即 361610d，d2， 故 an16(n6)22n4. (2)选， 由 bn 4 anan1 4 （2n4）2（n1）4 1 （n2

29、）（n3） 1 n2 1 n3得 Sn1 3 1 4 1 4 1 5 1 n2 1 n3 1 3 1 n3 n 3（n3）. 选， 由 bn(1)nan(1)n(2n4)得 当 n 为偶数时，Sn23456(n2)2n 21n. 当 n 为奇数时，Sn23456(n1)(n2)2 n1 2 1（n2） n 5， 故 Sn n（n为偶数）， n5（n为奇数）. 选， 由 bn(2n4) 22n4得 Sn62682810210(2n4)22n4，(*) 则 4Sn6288210(2n2)22n4(2n4)22n6，(*) (*)(*)，得 3Sn6262282210222n4(2n4)22n662

30、62 2822n422 122 (2n4)22n6 5 32 7 n5 3 22n7， 故 Sn3n5 9 22n7640 9 . 16(2020 山东省德州市一模)已知数列an的前 n 项和为 SnC0 nC 1 nC 2 nC n1 n ，数 列bn满足 bnlog2an. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)求 Tnb2 1b 2 2b 2 3b 2 4(1) n1b2 n. 解 (1)由题意，得 SnC0 nC 1 nC 2 nC n1 n 2n1， 当 n1 时，a1S12111， 当 n2 时，anSnSn12n12n112n1， 当 n1 时，a11 也满足 an2n1，

31、an2n1，nN*， bnlog2anlog22n1n1，nN*. (2)由(1)知，b10，bn1bn1， 故数列bn是以 0 为首项，1 为公差的等差数列， 当 n 为奇数时，n1 为偶数， Tnb2 1b 2 2b 2 3b 2 4(1) n1b2 n b2 1b 2 2b 2 3b 2 4b 2 n2b 2 n1b 2 n (b1b2)(b1b2)(b3b4)(b3b4)(bn2bn1)(bn2bn1)b2 n (b1b2b3b4bn2bn1)b2 n （n1）（n2） 2 (n1)2 n 2n 2 ； 当 n 为偶数时，n1 为奇数， Tnb2 1b 2 2b 2 3b 2 4(1) n1b2 n b2 1b 2 2b 2 3b 2 4b 2 n1b 2 n (b1b2)(b1b2)(b3b4)(b3b4)(bn1bn)(bn1bn) (b1b2b3b4bn1bn) n（n1） 2 nn 2 2 . 综上所述，Tn n 2n 2 ，n为奇数， nn2 2 ，n为偶数