1、第 2 讲 数列求和及综合应用考情考向高考导航1已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用 an 与 Sn 的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等2数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上真题体验1(2018全国)记 Sn 为数列an的前 n 项和若 Sn2an1，则 S6_.解析：当 n1 时，a1S12a11，a11.当 n2 时，Sn2an1 Sn12an11 得 anSnSn12an2an1，an2an1即 anan12，数列an是首项为1，
2、公比为 2 的等比数列，S611261263.答案：632(2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于 0，已知 a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足 cn1，n为奇数，bn2，n为偶数，求 a1c1a2c2a2nc2n(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3q32d，3q2154d，解得d3，q3，故 an33(n1)3n，bn33n13n.所以，an的通项公式为 an3n，bn的通项公式为 bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6
3、b3a2nbn)n3nn126(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记 Tn131232n3n，则 3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1313n13 n3n12n13n132.所以 a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n232n13n1322n13n26n292(nN*)主干整合1数列通项(1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，anS1 n1，SnSn1n2.(2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)0 时，应特别注意 n1 时的情况，防止产生错误2数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列
4、，若将这个数列适当拆开，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(2)错位相减法：主要用于求数列anbn的前 n 项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如canan1(其中an是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列热点一 求数列的通项公式例 1(1)(2020临沂模拟)在数列an中，a12，an1anln11n，则 an 等于()A2ln n B2(n1)ln nC2nln nD1nln n(2)(2020成都模拟)设数列an的前 n 项和为 Sn，且满
5、足 a112，Snn2an(nN)则数列an的通项公式为_解析(1)由已知，an1anlnn1n，a12，所以 anan1ln nn1(n2)，an1an2lnn1n2，a2a1ln21，将以上 n1 个式子叠加，得ana1ln nn1lnn1n2ln21lnnn1n1n221ln n.所以 an2ln n(n2)，经检验 n1 时也适合故选 A.(2)由 Snn2an，()得当 n2 时，Sn1(n1)2an1，()()()，得 ann2an(n1)2an1(n2，nN*)，所以(n1)an(n1)an1，即 anan1n1n1(n2)，因为 a1a2a1a3a2a4a3 anan11213
6、2435n1n11nn1，又 a112，符合上式，所以 an1nn1.答案(1)A(2)an1nn11数列an中，an 与 Sn 的关系anS1，n1，SnSn1，n2.2求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式(2)在已知数列an中，满足 an1anf(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累加法求数列的通项 an.(3)在已知数列an中，满足an1an f(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累积法求数列的通项 an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)(1)数列an中，a11，Sn 为数列an的前 n 项和，且满足2ananS
7、nS2n1(n2)则数列an的通项公式为_解析：由已知，当 n2 时，2ananSnS2n1，所以2SnSn1SnSn1SnS2n1，即2SnSn1Sn1Sn 1，所以1Sn 1Sn112.又 S1a11，所以数列1Sn 是首项为 1，公差为12的等差数列所以1Sn112(n1)n12，即 Sn 2n1.所以当 n2 时，anSnSn1 2n12n2nn1.因此 an1，n1，2nn1，n2.答案：an1，n1，2nn1，n2.(2)各项均不为 0 的数列an满足an1anan22an2an(nN*)，且 a32a815，则数列an的通项公式为_解析：因为an1anan22an2an，所以 a
8、n1anan1an22an2an.因为 anan1an20，所以 1an2 1an 2an1，所以数列1an 为等差数列设数列1an 的公差为 d，则1a8 1a3(83)d.因为 a32a815，所以 d1，又 1a1 1a32d3，所以数列1an 是以 3 为首项，1 为公差的等差数列 1an3(n1)1n2，an 1n2.答案：an 1n2热点二 数列求和问题裂项相消法求和例 21(2018天津卷)设an是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn(nN*)，bn是等差数列已知 a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前 n
9、项和为 Tn(nN*)求 Tn；证明n,k1 Tkbk2bkk1k22n2n22(nN*)解(1)设等比数列an的公比为 q，由 a11，a3a22，可得 q2q20.因为 q0，可得 q2，故 an2n1.设等差数列bn的公差为 d，由 a4b3b5，可得 b13d4，由 a5b42b6，可得 3b113d16，从而 b11，d1，故 bnn.所以，数列an的通项公式为 an2n1，数列bn的通项公式为 bnn.(2)由(1)，有 Sn12n12 2n1，故Tn212n12n2n1n2.证明：因为Tkbk2bkk1k22k1k2k2kk1k2k2k1k1k22k2k22k1k1，所以，n,k
10、1Tkbk2k1k2233 222 244 233 2n2n22n1n1 2n2n22.错位相减法求和例 22(2018浙江卷)已知等比数列an的公比 q1，且 a3a4a528，a42 是 a3，a5 的等差中项，数列bn满足 b11，数列(bn1bn)an的前 n 项和为 2n2n.(1)求 q 的值；(2)求数列bn的通项公式解析(1)由 a42 是 a3，a5 的等差中项得a3a52a44，所以 a3a4a53a4428，解得 a48.由 a3a520 得8q1q 20，解得 q2 或 q12，因为 q1，所以 q2.(2)设 cn(bn1bn)an，数列cn前 n 项和为 Sn.由
11、cnS1，n1，SnSn1，n2，解得 cn4n1.由(1)可得，an2n1，所以 bn1bn(4n1)12n1，故 bnbn1(4n5)12n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)12n2(4n9)12n37123.设 Tn371211 122(4n5)12n2，n2，12Tn3127 122(4n9)12n2(4n5)12n1，所以12Tn34124 1224 12n2(4n5)12n1，因此 Tn14(4n3)12n2，n2，又 b11，所以 bn15(4n3)12n2.数列求和的常用方法1利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下
12、第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若an是等差数列且an0，则1a1a2 1a2a31anan1na1an1.2用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式3并项求和法一个数列的前 n 项和可两两结合求解，则称为并项求和形如 an(1)nf(n)类型，可采用并项求和(1)(2020长沙模拟)正项数列an的前 n 项和 Sn 满足：S2
13、n(n2n1)Sn(n2n)0.设 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为_解析：由 S2n(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以 Sn10.所以 Snn2n(nN*)n2 时，anSnSn12n，n1 时，a1S12 适合上式an2n(nN*)即 bnn1n22a2nn14n2n22 1161n21n22Tn 1161132 122 142 132 152 1n121n12 1n21n22 11611221n121n22答案：1161141n121n22(2)已知 an3，n1，3n1，n1，若数列bn满足 anbnlog3an，则数列b
14、n的前 n 项和为_解析：因为 anbnlog3an，所以 b113，当 n1 时，bn3(1n)log33n1(n1)31n.所以 T1b113；当 n1 时，Tnb1b2b3bn13(131232(n1)31n)，所以 3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得 2Tn23(30313232n)(n1)31n23131n131(n1)31n136 6n323n，所以 Tn13126n343n.经检验，n1 时也适合综上可得 Tn13126n343n.答案：13126n343n热点三 数列与函数不等式的交汇创新例 3(2019桂林三模)已知函数 f(x)的图象过定点(1,1)，且对
15、任意的实数 x1，x2R，都有 f(x1x2)1f(x1)f(x2)(1)证明数列f 12n 1(nN*)为等比数列；(2)若 bn 1fn，数列bn的前 n 项和为 Tn，不等式 T2nTn 635log2(x1)(n2，nN*)恒成立，求实数 x 的取值范围审题指导(1)先令 x1x2 12n1，再证明数列f 12n 1(nN*)为等比数列；(2)先求出数列1fn 的通项公式，再求和，根据 T2nTn 的单调性求出最小项，最后求实数 x 的取值范围解析(1)令 x1x2 12n1，则 f12n1 12n1 1f12n1 f12n1，即 f 12n 12f12n1，则 f 12n 121f1
16、2n1，令 x1x212，则 f(1)12f 12 1，得 f 12 0，所以数列f 12n 1 是等比数列，公比为12，首项为 1.(2)由题意知函数 f(x)的图象过定点(1,1)，所以 f(1)1.令 x1n，x21，则 f(n1)1f(1)f(n)，即 f(n1)f(n)2，则f(n)是等差数列，公差为 2，首项为 1，故 f(n)1(n1)22n1.因为 bn 1fn，所以 bn 1fn12n1.设 g(n)T2nTnbn1bn2b2n12n112n314n1，则 g(n1)g(n)14n114n312n114n14n32n10，所以g(n)是递增数列，g(n)ming(2)1517
17、1235，从而 635log2(x1)1235，即 log2(x1)2，则x10，x14，解得 x(1,3)，所以实数 x 的取值范围为(1,3)1求解数列与函数交汇问题注意两点：(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重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件2数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理(2019淮南二模)若数列an的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 y1613x 的图象上(xN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 c10，且对任意正整数
18、 n 都有 cn1cnlog13an，求证：对任意正整数 n2，总有131c21c31c41cn34.解：(1)Sn1613an，当 n2 时，anSnSn113an113an，an14an1，又S11613a1，a118，an18 14n1 122n1.(2)证明：由 cn1cnlog12an2n1，得当 n2 时，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)1c2 1c3 1c4 1cn 1221 1321 1421 1n21 12113 1214 1315 1n1 1n112112 1n 1n134121n 1n1 34.又1c21c31c41cn
19、1c213，原式得证限时 50 分钟 满分 76 分一、选择题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分)1(2020重庆七校联考)若数列an满足 1an1 2an0，则称an为“梦想数列”已知正项数列1bn 为“梦想数列”，且 b1b2b31，则 b6b7b8()A4 B16 C32 D64解析：C 由 1an1 2an0 可得 an112an，故an是公比为12的等比数列，故1bn 是公比为12的等比数列，则bn是公比为 2 的等比数列，b6b7b8(b1b2b3)2532，故选 C.2(2020江西省五校协作体考试)设 Sn 是数列an的前 n 项和，若 anSn2n,2bn2a
20、n2an1，则1b1 12b21100b100()A.9798B.9899C.99100D.100101解析：D 因为 anSn2n，所以 an1Sn12n1，得 2an1an2n，所以 2an2an12n1.又 2bn2an2an12n1，所以 bnn1，1nbn1nn11n 1n1，则 1b1 12b21100b1001121213 1100 11011 1101100101，故选 D.3(2020广东省六校联考)已知数列an满足 a12a23a3nan(2n1)3n.设 bn4nan，Sn 为数列bn的前 n 项和，若 Sn(为常数，nN*)，则 的最小值是()A.32B.94C.311
21、2D.3118解析：C a12a23a3nan(2n1)3n，当 n2 时，a12a23a3(n1)an1(2n3)3n1，得，nan4n3n1(n2)，即 an43n1(n2)当 n1 时，a134，所以 an3，n1，43n1，n2，bn43，n1，n3n1，n2.所以 Sn4323 332 n3n113130 231 332 n3n1，13Sn1913 232 333n13n1 n3n，得，23Sn29 13013 132 13n1 n3n29113n113n3n，所以 Sn31126n943n3112，所以易知 的最小值是3112，故选 C.4(2019青岛三模)已知 f(n)表示正整
22、数 n 的所有因数中最大的奇数，例如：12 的因数有1,2,3,4,6,12，则 f(12)3；21 的因数有 1,3,7,21，则 f(21)21，那么100,i51f(i)的值为()A2 488B2 495C2 498D2 500解析：D 由 f(n)的定义知 f(n)f(2n)，且若 n 为奇数则 f(n)n，则100,i1f(i)f(1)f(2)f(100)13599f(2)f(4)f(100)501992f(1)f(2)f(50)2 50050,i1f(i)，100,i51f(i)100,i1f(i)50,i1f(i)2 500.5(2019深圳二模)已知数列an满足 2a122a2
23、2nann(nN*)，数列1log2anlog2an1的前 n 项和为 Sn，则 S1S2S3S10()A.110B.15C.111D.211解析：C 2a122a22nann(nN*)，2a122a22n1an1n1(n2)，2nan1(n2)，当 n1 时也满足，故 an12n，故1log2anlog2an11log22nlog22n11nn11n1n1，Sn11212131n1n111n1nn1，S1S2S3S10122334 9101011 111，选 C.6(2019潍坊三模)已知等差数列an中公差 d0，a11，a1，a2，a5 成等比数列，且 a1，a2，ak1，ak2，akn
24、成等比数列，若对任意的 nN*，恒有an2kn1am2km1(mN*)，则 m()A0B1C2D1 或 2解析：D 由已知可得，a22a1a5，即(1d)21(14d)，又 d0，解得 d2，所以 an2n1.因为 a1，a2，ak1，ak2，akn 成等比数列，所以 2kn13n1.令 bnan2kn12n13n1，设数列bn中的最大项为 bl，故满足blbl1，blbl1，解得 1l2，即数列bn中的最大项为 b1，b2，所以 m1 或 2.二、填空题(本大题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分)7(2019昆明三模)已知数列an中，a1a21，an2an2，n是奇数，2an，n是偶
25、数，则数列an的前 20 项和为_解析：由题意可知，数列a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列a2n1是首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列an的前 20 项和为1121012101109221 123.答案：1 1238(2019山师附中质检)将数列an中的所有项按每一行比上一行多 1 项的规则排成如下数阵：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10记数阵中的第 1 列数 a1，a2，a4，构成的数列为bn，Sn 为数列bn的前 n 项和，若Sn2bn1，则 a56_.解析：当 n2 时，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2且 n
26、N*)，b12b11，b11，数列bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，bn2n1.设 a1，a2，a4，a7，a11，的下标 1,2,4,7,11，构成数列cn，则 c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，cnnn121，由 cnnn12156，得 n11，a56b112101 024.答案：1 024三、解答题(本大题共 3 小题，每小题 12 分，共 36 分)9(2020郑州三测)已知数列an满足 a11,2anan1an1an0，数列bn满足 bn 12nan.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列bn的前 n 项和为
27、Sn，问：是否存在 n，使得 Sn 的值是38？解析：(1)因为 2anan1an1an0，所以 an1an2an1，1an1 1an2an1an 1an2，由等差数列的定义可得1an 是首项为1a11，公差为 d2 的等差数列故 1an12(n1)2n1，所以 an12n1.(2)由(1)得 bn2n12n，所以 Sn12 3222n12n，两边同乘以12得，12Sn1223232n12n1，两式相减得12Sn122122 12312n 2n12n1，即12Sn122141 12n11122n12n1 32 12n12n12n1，所以 Sn32n32n.因为 Sn1Sn2n32n2n52n1
28、 2n12n1 0，所以数列Sn是关于项数 n 的递增数列，所以SnS112，因为3812，所以不存在 n，使得 Sn38.10(2019武汉二模)已知数列an和bn满足 a1a2a3an(2)bn(nN*)若an为等比数列，且 a12，b36b2.(1)求 an 与 bn；(2)设 cn1an1bn(nN*)记数列cn的前 n 项和为 Sn.求 Sn；求正整数 k，使得对任意 nN*均有 SkSn.解析：(1)由题意 a1a2a3an(2)bn，b3b26，知 a3(2)b3b28.又由 a12，得公比 q2(q2 舍去)，所以数列an的通项为 an2n(nN*)所以，a1a2a3an2nn
29、12(2)n(n1)故数列bn的通项为 bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知 cn1an1bn 12n1n 1n1(nN*)，所以 Sn 1n1 12n(nN*)因为 c10，c20，c30，c40；当 n5 时，cn1nn1nn12n1，而nn12nn1n22n1n1n22n10，即数列nn12n当 n5 时是递减的所以nn12n551251，所以，当 n5 时，cn0.综上，对任意 nN*，恒有 S4Sn，故 k4.11(文)(2020浙江三地市联考)已知数列bn满足 3(n1)bnnbn1，且 b13.(1)求数列bn的通项公式；(2)已知anbn n12n3，求证：561a1 1a
30、21an1.解析：(1)因为 3(n1)bnnbn1，所以bn1bn 3n1n.则b2b1321，b3b2332，b4b3343，bnbn13 nn1，累乘，可得bnb13n1n，因为 b13，所以 bnn3n，即数列bn的通项公式 bnn3n.(2)证明：因为anbn n12n3，所以 annn12n3 3n.因为1an 2n3nn1 13n3n1nnn1 13n3n 1n1 13n1n 13n1 1n1 13n，所以1a1 1a21an113012131 12 13113 132 1n 13n1 1n1 13n1 1n1 13n.因为 nN*，所以 0 1n1 13n16，所以561 1n
31、1 13n1，所以56 1a1 1a21an1.11(理)(2019江苏卷)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M-数列”(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，1Sn2bn 2bn1，其中 Sn 为数列bn的前 n 项和求数列bn的通项公式；设 m 为正整数，若存在“数列”cn(nN*)，对任意正整数 k，当 km 时，都有ckbkck1 成立，求 m 的最大值解：(1)设等比数列an的公比为 q，所以 a10，q0.由a2a4a5，a34a24a10，得a21q4a1q4，a1q24a
32、1q4a10，解得a11，q2.因此数列an为“数列”(2)因为1Sn2bn 2bn1，所以 bn0.由 b11，S1b1，得11212b2，则 b22.由 1Sn2bn 2bn1，得 Snbnbn12bn1bn，当 n2 时，由 bnSnSn1，得 bnbnbn12bn1bnbn1bn2bnbn1，整理得 bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为 1 的等差数列因此，数列bn的通项公式为 bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因为数列cn为“数列”，设公比为 q，所以 c11，q0.因为 ckbkck1，所以 qk1kqk，其中 k1,2,3，m.当 k1 时，有 q1；当 k2,3
33、，m 时，有ln kk ln q ln kk1.设 f(x)ln xx(x1)，则 f(x)1ln xx2.令 f(x)0，得 xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值 因为ln 22 ln 86 ln 96 ln 33，所以 f(k)maxf(3)ln 33.取 q3 3，当 k1,2,3,4,5 时，ln kk ln q，即 kqk，经检验知 qk1k 也成立因此所求m 的最大值不小于 5.若 m6，分别取 k3,6，得 3q3，且 q56，从而 q15243，且 q15216，所以 q 不存在因此所求 m 的最大值小于 6.综上，所求 m 的最大值为 5.高考解答题
34、审题与规范(三)数列类考题数列问题重在“归”思维流程 等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.真题案例审题指导审题方法(12 分)(2019全
35、国卷)已知数列an和bn满足 a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.(1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列anbn为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列anbn为等差数列；(2)由(1)分别求得数列anbn和anbn的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得an，bn的通项公式.结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破.规范解答评分细则解析(1
36、)由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即 an1bn112(anbn)2 分又因为 a1b110.3 分所以anbn是首项为 1，公比为12的等比数列.4 分由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8，即 an1bn1anbn2.5分又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列.6分(2)由(1)知，anbn 12n1，anbn2n1.8 分所以 an12(anbn)(anbn)12nn12.10 分bn12(anbn)(anbn)12nn12.12 分第(1)问踩点得分由已知得出 an1bn112(anbn)得 2分算出 a1b110得 1 分证明anbn是等比数列得 1 分由已知得出 an1bn1anbn2 得 1分证明anbn是等差数列得 1 分第(2)问踩点得分分别计算 anbn，anbn 的通项各得 2 分求出 an 的通项得 2分求出 bn 的通项得 2分.