2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题3 第2讲　数列求和及其综合应用

第2讲数列求和及其综合应用[考情分析]1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一数列求和核心提炼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，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1nn＋k＝1k1n－1n＋k；14n2－1＝1212n－1－12n＋1.2．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．考向1分组转化法例1(2022·德州联考)已知数列{2an}是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，若cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，求数列{cn}的前2n－1项和．解因为数列2na是公比为4的等比数列，所以122nnaa＝4，所以an＋1－an＝2，所以数列{an}是公差为2的等差数列，因为a2，a4，a7成等比数列，所以a24＝a2a7，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)，解得a1＝6，所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4，因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，所以Sn＋1＝2bn，当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1，两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，因为cn＝an，n＝2k－1，bn，n＝2k，k∈N*.所以数列{cn}的前2n－1项和为a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a2n－1＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n－2)＝6n＋nn－12×4＋21－4n－11－4＝2n2＋4n＋23(4n－1－1)．考向2裂项相消法例2(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Snan是公差为13的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：1a1＋1a2＋…＋1an2.(1)解方法一因为a1＝1，所以S1a1＝1，又Snan是公差为13的等差数列，所以Snan＝1＋(n－1)×13＝n＋23.因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以Snan＝SnSn－Sn－1＝n＋23，所以Sn－Sn－1Sn＝3n＋2，整理得SnSn－1＝n＋2n－1，所以S2S1·S3S2·…·Sn－1Sn－2·SnSn－1＝41×52×…·n＋1n－2·n＋2n－1＝nn＋1n＋26，所以Sn＝nn＋1n＋26(n≥2)，又S1＝1也满足上式，所以Sn＝nn＋1n＋26(n∈N*)，则Sn－1＝nn－1n＋16(n≥2)，所以an＝nn＋1n＋26－nn－1n＋16＝nn＋12(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝nn＋12(n∈N*)．方法二因为a1＝1，所以S1a1＝1，又Snan是公差为13的等差数列，所以Snan＝1＋(n－1)×13＝n＋23，所以Sn＝n＋23an.因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋23an－n＋13an－1，所以n＋13an－1＝n－13an，所以anan－1＝n＋1n－1，所以a2a1·a3a2·…·an－1an－2·anan－1＝31×42×53×…·nn－2·n＋1n－1＝nn＋12，所以an＝nn＋12(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝nn＋12(n∈N*)．(2)证明因为an＝nn＋12，所以1an＝2nn＋1＝21n－1n＋1，所以1a1＋1a2＋…＋1an＝21－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2nn＋12n＋2n＋1＝2.故1a1＋1a2＋…＋1an2成立．考向3错位相减法例3(2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)选①.设数列{bn}的公比为q(q0)，由b5－b4＝18b2，得q3－q2＝18，即(q－3)(q2＋2q＋6)＝0，解得q＝3.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，由S3＝b3＝9，b4＝a14，得3a2＝3(a1＋d)＝9，b3＝b1q2＝9,9q＝3＋12d，所以a1＝b1＝1，d＝2，故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－1.选②.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q0)，由S3＝b3＝9，b4＝a14，S5＝b4－2，得3a2＝3(a1＋d)＝9，b3＝b1q2＝9,9q＝3＋12d，5a1＋10d＝9q－2，所以a1＝b1＝1，d＝2，q＝3，故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－1.选③.设数列{bn}的公比为q(q0)，由log3bn＋1－1＝log3bn，得bn＋1bn＝3，则q＝3.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，由S3＝b3＝9，b4＝a14，得3a2＝3(a1＋d)＝9，b3＝b1q2＝9,9q＝3＋12d，所以a1＝b1＝1，d＝2，故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－1.(2)由(1)知cn＝anbn＝(2n－1)×3n－1，所以Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，①3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n.②①－②得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×3×1－3n－11－3－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Tn＝1＋(n－1)×3n.规律方法(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和或差．(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)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”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“Sn－qSn”的表达式．跟踪演练1(1)(2022·湛江模拟)已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.①求数列{an}的通项公式；②设bn＝anan＋1an＋1＋1，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn13.解①设等比数列{an}的公比是q，首项是a1.由8a3＝a6，可得q＝2.由a2＋a5＝36，可得a1q(1＋q3)＝36，所以a1＝2，所以an＝2n.②因为bn＝anan＋1an＋1＋1＝12n＋1－12n＋1＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n＋1－12n＋1＋1＝121＋1－12n＋1＋1＝13－12n＋1＋1.又12n＋1＋10，所以Tn13.(2)(2022·南通调研)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a2＝2，an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn.①求数列{an}的通项公式；②记bn＝2n－1an，数列{bn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn132－4n＋72n成立的n的最小值．解①设等比数列的公比为q(q0)，因为a2＝2，所以a1q＝2⇒a1＝2q，由an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn⇒an＋3－an＋1＝Sn＋2－Sn⇒an＋3－an＋1＝an＋2＋an＋1⇒an＋3－an＋2－2an＋1＝0⇒an＋1(q2－q－2)＝0，因为an＋1≠0，所以q2－q－2＝0，因为q0，所以解得q＝2，即a1＝2q＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝1×2n－1＝2n－1.②由①可知an＝2n－1，所以bn＝2n－1an＝2n－12n－1，所以Tn＝1＋32＋522＋…＋2n－12n－1，(*)12Tn＝12＋322＋523＋…＋2n－12n，(**)由(*)－(**)得12Tn＝1＋2×12＋122＋123＋…＋12n－1－2n－12n＝1＋2×121－12n－11－12－2n－12n＝3－2n＋32n，所以Tn＝6－2n＋32n－1，代入Tn132－4n＋72n中，得6－2n＋32n－1132－4n＋72n⇒2n2⇒n1，因为n∈N*，所以n的最小值为2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、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，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．例4(1)已知A(0,0)，B(5,0)，C(1,3)，连接△ABC的各边中点得到△A1B1C1，连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…，则这一系列三角形的面积之和无限趋近于常数()A.103B．5C．10D．15答案C解析因为S△ABC＝12×5×3＝152，△A1B1C1∽△ABC，A1B1AB＝12，所以111AABCBCSS△△＝14，所以S△ABC，111ABCS△，222ABCS△，…成等比数列，其首项为152，公比为14，所以这一系列三角形的面积之和为Sn＝1521－14n1－14＝101－14n，无限趋近于10.(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn是数列{an}的前n项和，若对n∈N*，不等式an(λ－2Sn)≤27恒成立，则实数λ的取值范围为__________．答案(－∞，17]解析∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0，∵an0，∴an＋1＝3an，又a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1，Sn＝1－3n1－3＝3n2－12，∴不等式an(λ－2Sn)≤27即λ≤2Sn＋27an＝3n＋273n－1－1对n∈N*恒成立，∵3n＋273n－1≥23n×273n－1＝18，当且仅当3n＝273n－1，即n＝2时，3n＋273n－1min＝18，∴λ≤17，∴实数λ的取值范围为(－∞，17]．易错提醒求解数列与函数交汇问题要注意两点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意．(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．跟踪演练2(1)我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1200尺，