2022年高考数学复习专题（三）第2讲：数列求和及其综合应用（含答案解析）

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1、20222022 年高考数学复习专题（三）年高考数学复习专题（三）第第 2 2 讲讲 数列求和及其综合应用数列求和及其综合应用 【要点提炼】 考点一 数列求和 1裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消常见的裂项方式有： 1nn11n1n1；1nnk1k1n1nk；1n21121n11n1；14n211212n112n1. 2 如果数列an是等差数列， bn是等比数列， 那么求数列an bn的前 n 项和 Sn时， 可采用错位相减法 用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”

2、和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐” ，以便准确写出“SnqSn”的表达式 【特点突破】 考向 1 分组转化法求和 【典例】1 已知在等比数列an中，a12，且 a1，a2，a32 成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bn1an2log2an1，求数列bn的前 n 项和 Sn. 考向 2 裂项相消法求和 【典例】2 (2020莆田市第一联盟体学年联考)设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn22n，bn为正项等比数列，且 b1a13，b36a42. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)设 cn1an1log2bn1，求cn的前 n 项和 Tn

3、. 考向 3 错位相减法求和 【典例】3 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an0，且 a2n12an1an3a2n0. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnlog3(1Sn)，求数列anbn的前 n 项和 Tn. 【拓展训练】1 (1)已知函数 f(n) n2，n为奇数，n2，n为偶数，且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a8等于( ) A16 B8 C8 D16 (2)(2020武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列an满足 2(2n1)anan1an1an，则 a1a2a3a2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4

4、 0404 041 D.4 0394 040 (3)已知数列an和bn满足 a12，b11，an12an(nN N*)，b112b213b31nbnbn11(nN N*) 求数列an与bn的通项公式； 记数列anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【要点提炼】 考点二 数列的综合问题 数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明 【热点突破】 【典例】4 (1)(2020日照模拟)如图，在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过 B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，

5、a8)，按此规律一直运动下去，则 a2 017a2 018 a2 019a2 020等于( ) A2 017 B2 018 C2 019 D2 020 (2)(2020洛阳第一高级中学月考)已知数列an满足 a112a21nann2n(nN N*)，设数列bn满足 bn2n1anan1，数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tnnn1(nN N*)恒成立，则的取值范围是( ) A.14， B.14， C.38， D.38， 【拓展训练】 2 (1)(2020 中国人民大学附属中学模拟)在数列an中， 已知 ann2n， nN N*， 则 “a1a2”是“an是单调递增数列”的( ) A充分不必要

6、条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 (2)设曲线 y2 020 xn1(nN N*)在点(1，2 020)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令 anlog2 020 xn，则a1a2a2 019的值为( ) A2 020 B2 019 C1 D1 专题训练专题训练 一、单项选择题 1(2020聊城模拟)数列 1,6,15,28,45，中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第 10 个六边形数为( ) A153 B190 C231 D276 2 已知数列an满足 an1anan1(n2， nN N*)， a11， a22， Sn为数列a

7、n的前 n 项和， 则 S2 020等于( ) A3 B2 C1 D0 3已知数列an，bn满足 a1b11，an1anbn1bn3，nN N*，则数列ban的前 10 项和为( ) A.12(3101) B.18(9101) C.126(2791) D.126(27101) 4已知数列an和bn的首项均为 1，且 an1an(n2)，an1an，数列bn的前 n 项和为 Sn，且满足 2SnSn1anbn10，则 S2 021等于( ) A2 021 B.12 021 C4 041 D.14 041 5定义在0，)上的函数 f(x)满足：当 0 xan DTn0) 所以 q2b3b116，即

8、 q4， 所以 bnb1qn124n122n1，nN N*. (2)因为 an12(n1)32n1，bn122n1. 所以 cn1an1log2bn112n1log222n1 12n12n11212n112n1. 所以 Tnc1c2c3cn 121131315151712n112n1 12112n1n2n1.所以 Tnn2n1. 考向 3 错位相减法求和 【典例】3 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an0，且 a2n12an1an3a2n0. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnlog3(1Sn)，求数列anbn的前 n 项和 Tn. 【解析】 (1)由 a2n12an1a

9、n3a2n0 及 an0， 得an1an22an1an30， 解得an1an3 或an1an1(舍)， 所以an是等比数列，且公比 q3， 又 a12，所以 an23n1，nN N*. (2)因为 Sn213n133n1， 所以 bnlog3(1Sn)n，则 anbn2n3n1， 所以 Tn230431632(2n2)3n22n3n1， 所以 3Tn231432633(2n2)3n12n3n， ，得(13)Tn223123223323n12n3n213n132n3n(12n)3n1， 所以 Tnn123n12. 【方法总结】 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的

10、和差 (2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项 (3)错位相减法求和，主要用于求anbn的前 n 项和，其中an，bn分别为等差数列和等比数列 【拓展训练】1 (1)已知函数 f(n) n2，n为奇数，n2，n为偶数，且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a8等于( ) A16 B8 C8 D16 【答案】 C 【解析】 当 n 为奇数时，n1 为偶数，则 ann2(n1)22n1，所以 a1a3a5a7(371115)36.当 n 为偶数时，n1 为奇数，则 ann2(n1)22n1，则 a2a4a6a859131744.所以 a1a2a3a836448，故选 C.

11、 (2)(2020武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列an满足 2(2n1)anan1an1an，则 a1a2a3a2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040 【答案】 C 【解析】 依题意得 an0，由 2(2n1)anan1anan1， 等式两边同时除以 anan1可得1an11an4n2， 则当 n2 时，1an1an14n2，1an11an24n6，1a21a16， 以上式子左右两边分别相加可得 1an1a164n2n12， 即1an2n2122n12n12， 所以 an22n12n112n11

12、2n1， 当 n1 时，a123满足上式 故 a1a2a3a2 020113131514 03914 041114 0414 0404 041. (3)已知数列an和bn满足 a12，b11，an12an(nN N*)，b112b213b31nbnbn11(nN N*) 求数列an与bn的通项公式； 记数列anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【解析】 由 a12，an12an，得 an2n(nN N*) 由题意知： 当 n1 时，b1b21，故 b22. 当 n2 时，1nbnbn1bn. 整理得bn1n1bnn， 又b22b11，所以 bnn(nN N*) 由知 anbnn2n， 因

13、此 Tn2222323n2n， 2Tn22223324n2n1， 所以 Tn2Tn222232nn2n1. 故 Tn(n1)2n12(nN N*) 【要点提炼】 考点二 数列的综合问题 数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明 【热点突破】 【典例】4 (1)(2020日照模拟)如图，在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过 B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，按此规律一直运动下去，则 a2 017a2 018 a2 019a2 020等于( ) A2 0

14、17 B2 018 C2 019 D2 020 【答案】 C 【解析】 由直角坐标系可知，A(1,1)，B(1,2)，C(2,3)，D(2,4)，E(3,5)，F(3,6)，即 a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84， 由此可知，数列中偶数项是从 1 开始逐渐递增的，且都等于其项数除以 2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数， 因为 2 0204505，所以 a2 017505，a2 0181 009，a2 019505，a2 0201 010， a2 017a2 018a2 019a2 0202 01

15、9. (2)(2020洛阳第一高级中学月考)已知数列an满足 a112a21nann2n(nN N*)，设数列bn满足 bn2n1anan1，数列bn的前 n 项和为 Tn，若 Tnnn1(nN N*)恒成立，则的取值范围是( ) A.14， B.14， C.38， D.38， 【答案】 D 【解析】 因为 a112a21nann2n(nN N*)， 所以 a112a21n1an1(n1)2(n1)(nN N*，n2)， 故1nan2n，即 an2n2(n2) 当 n1 时，a11212，满足上式， 故 an2n2(nN N*) bn2n14n2n12141n21n12， 故 Tn141121

16、221221321n21n12 1411n12n22n4n12， 故 Tnnn1(nN N* *)恒成立等价于n22n4n12nn1， 即n24n1恒成立， 化简， 得1414n138. 易错提醒 (1)公式 anSnSn1适用于所有数列，但易忽略 n2 这个前提 (2)数列和不等式的综合问题，要注意条件 nN N*，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度 【拓展训练】 2 (1)(2020 中国人民大学附属中学模拟)在数列an中， 已知 ann2n， nN N*， 则 “a1a2”是“an是单调递增数列”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件

17、【答案】 C 【解析】 若在数列an中，已知 ann2n，nN N*，a1a2，则 13，若数列an是单调递增数列，则对任意的 nN N*都满足 an1an(n1)2(n1)n2n2n10， 12n，即(12n)max3， 因此， “a1a2”是“an是单调递增数列”的充要条件 (2)设曲线 y2 020 xn1(nN N*)在点(1，2 020)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令 an log2 020 xn，则 a1a2a2 019的值为( ) A2 020 B2 019 C1 D1 【答案】 D 【解析】 因为 y2 020(n1)xn，所以切线方程是 y2 0202 020(

18、n1)(x1)，所以 xnnn1， 所以 a1a2a2 019log2 020(x1x2x2 019) log2 02012232 0192 020log2 02012 0201. 专题训练专题训练 一、单项选择题 1(2020聊城模拟)数列 1,6,15,28,45，中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第 10 个六边形数为( ) A153 B190 C231 D276 【答案】 B 【解析】 由题意知，数列an的各项为 1,6,15,28,45， 所以 a1111，a2623，a31535，a42847，a54559，ann(2n1)， 所以 a1010191

19、90. 2 已知数列an满足 an1anan1(n2， nN N*)， a11， a22， Sn为数列an的前 n 项和， 则 S2 020等于( ) A3 B2 C1 D0 【答案】 A 【解析】 an1anan1(n2，nN N*)，a11，a22，a31，a41，a52，a61，a71，a82，故数列an是周期为 6 的周期数列，且每连续 6 项的和为 0，故 S2 0203360a2 017a2 018a2 019a2 020a1a2a3a43.故选 A. 3已知数列an，bn满足 a1b11，an1anbn1bn3，nN N*，则数列ban的前 10 项和为( ) A.12(3101

20、) B.18(9101) C.126(2791) D.126(27101) 【答案】 D 【解析】 因为 an1anbn1bn3， 所以an为等差数列，公差为 3，bn为等比数列，公比为 3， 所以 an13(n1)3n2，bn13n13n1， 所以nab33n327n1， 所以nab 是以 1 为首项，27 为公比的等比数列， 所以nab的前 10 项和为112710127126(27101) 4已知数列an和bn的首项均为 1，且 an1an(n2)，an1an，数列bn的前 n 项和为 Sn，且满足 2SnSn1anbn10，则 S2 021等于( ) A2 021 B.12 021 C

21、4 041 D.14 041 【答案】 D 【解析】 由 an1an(n2)，an1an可得 an1an， 即数列an是常数列， 又数列an的首项为 1，所以 an1， 所以当 SnSn10 时，2SnSn1anbn10 可化为 2SnSn1bn10， 因为 Sn为数列bn的前 n 项和， 所以 2SnSn1bn12SnSn1(Sn1Sn)0， 所以1Sn11Sn2，又1S11b11， 因此数列1Sn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， 所以1Sn12(n1)2n1， 故 Sn12n1，即 SnSn10. 所以 S2 02114 041. 5定义在0，)上的函数 f(x)满足：当 0 x2

22、 时，f(x)2xx2；当 x2 时，f(x)3f(x2)记函数 f(x)的极大值点从小到大依次为 a1，a2，an，并记相应的极大值依次为 b1，b2，bn，则 S20a1b1a2b2a20b20的值为( ) A193201 B193191 C203191 D203201 【答案】 A 【解析】 当 0 x2 时，f(x)2xx21(x1)2，可得 a11，b11；当 2x4 时，有 0 x22，可得 f(x)3f(x2)31(x3)2，可得 a23，b23；当 4x6 时，有 0 x41，nN N*) 由an为等差数列，可知bn为等差数列 选项 A 中，由 a4为 a2，a6的等差中项，得

23、 2a4a2a6，成立 选项 B 中，由 b4为 b2，b6的等差中项，得 2b4b2b6，成立 选项 C 中，a2a1d，a4a13d，a8a17d. 由 a24a2a8，可得(a13d)2(a1d)(a17d)， 化简得 a1dd2， 又由 d0，可得 a1d，符合a1d1，成立 选项 D 中，b2a3a42a15d，b4a7a82a113d， b8a15a162a129d. 由 b24b2b8，知(2a113d)2(2a15d)(2a129d)， 化简得 2a1d3d2， 又由 d0，可得a1d32. 这与已知条件a1d1 矛盾 8已知数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn3)(n

24、N N*)在函数 y32x的图象上，等比数列bn满足 bnbn1an(nN N*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论错误的是( ) ASn2Tn BTn2bn1 CTnan DTnbn1 【答案】 ABC 【解析】 由题意可得 Sn332n，Sn32n3，anSnSn132n1(n2)，当 n1 时，a1S132133，满足上式，所以数列an的通项公式为an32n1(nN N*)设等比数列bn的公比为q，则b1qn1b1qn32n1，解得 b11，q2，数列bn的通项公式为 bn2n1(nN N*)，由等比数列的求和公式有 Tn2n1.则有Sn3Tn，Tn2bn1，Tnan，Tn0，bn1b

25、n2n1n2n2nn2n2n21，bn1bn，数列bn是递增数列，数列bn的最小项是 b112.依题意得，存在 nN N*使得annn1bn成立，即有b112，的最小值是12. 四、解答题 13(2020新高考全国)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420，a38. (1)求an的通项公式； (2)记 bm为an在区间(0，m(mN N*)中的项的个数，求数列bm的前 100 项和 S100. 【解析】 (1)由于数列an是公比大于 1 的等比数列， 设首项为 a1，公比为 q， 依题意有 a1qa1q320，a1q28，解得 a12，q2，或 a132，q12(舍) 所以an的通项

26、公式为 an2n，nN N*. (2)由于 212,224,238,2416,2532,2664，27128， 所以 b1对应的区间为(0,1，则 b10； b2，b3对应的区间分别为(0,2，(0,3， 则 b2b31，即有 2 个 1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为 (0,4，(0,5，(0,6，(0,7， 则 b4b5b6b72， 即有 22个 2； b8，b9，b15对应的区间分别为(0,8，(0,9，(0,15，则 b8b9b153， 即有 23个 3； b16，b17，b31对应的区间分别为(0,16，(0,17，(0,31， 则 b16b17b314，即有 24个 4；

27、 b32，b33，b63对应的区间分别为(0,32，(0,33，(0,63， 则 b32b33b635，即有 25个 5； b64，b65，b100对应的区间分别为(0,64，(0,65，(0,100， 则 b64b65b1006，即有 37 个 6. 所以 S10012222323424525637480. 14已知数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2an1(nN N*)，数列bn满足 nbn1(n1)bnn(n1)(nN N*)，且 b11. (1)证明数列bnn为等差数列，并求数列an和bn的通项公式； (2)若 cn(1)n14n132log2an32log2an1，求数列cn

28、的前 2n 项和 T2n； (3)若 dnan bn，数列dn的前 n 项和为 Dn，对任意的 nN N*，都有 DnnSna，求实数 a 的取值范围 【解析】 (1)由 nbn1(n1)bnn(n1)，两边同除以 n(n1)，得bn1n1bnn1， 从而数列bnn为首项b111，公差 d1 的等差数列， 所以bnnn(nN N*)， 数列bn的通项公式为 bnn2(nN N*) 当 n1 时，S12a11a1，所以 a11. 当 n2 时，Sn2an1，Sn12an11， 两式相减得 an2an1， 又 a110，所以anan12， 从而数列an为首项 a11，公比 q2 的等比数列， 从而

29、数列an的通项公式为 an2n1(nN N*) (2)cn(1)n14n12n12n3 (1)n112n112n3， T2nc1c2c3c2n1c2n 1315151714n114n3 1314n3(nN N*) (3)由(1)得 dnan bnn2n1， Dn11221322(n1)2n2n2n1， 2Dn121222323(n1)2n1n2n. 得，Dn12222n1n2n 12n12n2n2n1n2n， 所以 Dn(n1)2n1， 由(1)得 Sn2an12n1， 因为任意 nN N*，都有 DnnSna， 即(n1)2n1n(2n1)a 恒成立， 所以 a2nn1 恒成立， 记 en2nn1，所以 a(en)min， 因为 en1en2n1(n1)1(2nn1) 2n10，从而数列en为递增数列， 所以当 n1 时，en取最小值 e10，于是 a0. 所以 a 的取值范围为(，0