2023新教材高考数学二轮专题复习 第一部分 专题攻略 专题三 数列 第二讲 数列求和及综合应用.docx

1、第二讲 数列求和及综合应用大题备考【命题规律】数列大题一般为两问：第一问通常求数列通项公式，有时涉及用定义证明等差或等比数列；第二问一般与和有关，通常是求前 n 项和或特定项的和，有时也涉及不等式证明或逆求参数等 微专题 1 数列的证明 保分题 1.2022重庆模拟已知数列an满足an+1+an12an2(nN*，n2)(1)求证：an1an是等差数列；(2)若 a11，a22，求an的通项公式 22022湖北武汉模拟已知数列an中，a13 且 an12ann1(nN*)(1)求证：数列ann为等比数列；(2)求数列an的前 n 项和 Sn.提分题 例 1 2022山东菏泽二模已知数列an中

2、a11，它的前 n 项和 Sn满足 2Snan12n11.(1)证明：数列an2n3 为等比数列；(2)求 S1S2S3S2n.听课笔记：技法领悟 1证明数列an是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明 an1an(nN*)为一常数；(2)利用等差中项，即证明 2anan1an1(n2).2证明数列an是等比数列的两种基本方法(1)利用定义，证明an+1an(nN*)为一常数；(2)利用等比中项，即证明an2an1an1(n2)3若要判断一个数列是不是等差(等比)数列时，只需判断存在连续三项成不成等差(等比)数列即可 巩固训练 1 2022湖南株洲一模已知数列an为等比数列，其前 n 项和

3、为 Sn，且 an1an23n.(1)求数列an的公比 q 和 a4的值；(2)求证：a1，Sn，an1成等差数列 微专题 2 数列求和 保分题 1.2022山东枣庄一模已知 Sn2n1(R)是等比数列an的前 n 项和(1)求 及 an；(2)设 bn1anlog2an，求bn的前 n 项和 Tn.22022福建龙岩一模已知数列an是等比数列，公比 q0，且 a3是 2a1，3a2的等差中项，a532.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn.提分题 例 2 2022河北保定二模已知公差为 2 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S416

4、.(1)求an的通项公式(2)若 bn1anan+2，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明 Tn13.听课笔记：例 3 2022湖北黄冈中学二模数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an12Sn(nN*)(1)求数列an的通项 an；(2)求数列nan的前 n 项和 Tn.听课笔记：技法领悟 1运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列an，bn一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号 2将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等如：若an是等差数列，则1anan+11d(1an 1an+1)，1anan

5、+212d(1an 1an+2)巩固训练 2 1.2022河北石家庄一模已知等差数列an各项均为正数，公差 d3，若分别从下表第一、二、三行中各取一个数，依次作为 a3，a4，a5，且 a3，a4，a5中任何两个数都不在同一列 第一列 第二列 第三列 第一行 3 5 6 第二行 7 4 8 第三行 11 12 9(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn8(an+1)(an+1+3)，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：Tn0，q2，又 a5a1q432，a12，an22n12n.(2)由(1)知，bn(2n1)2n Tn321522723(2n1)2n1(2n1)2n 2Tn3225237

6、24(2n1)2n(2n1)2n1 相减得：Tn62(22232n)(2n1)2n1 Tn624(12n1)12(2n1)2n1 整理得：Tn2(2n1)2n1.提分题 例 2 解析：(1)由题意，得 S44a1432 216，解得：a11，故 an12(n1)2n1.(2)证明：因为 bn1anan+21(2n1)(2n+3)14(12n1 12n+3)，所以 Tnb1b2b3bn 14(115+13 17+15 11112n1 12n+3)14(113 12n+1 12n+3)13 14(12n+1+12n+3)，因为14(12n+1+12n+3)0，所以 Tn13.例 3 解析：(1)当

7、 n1 时，a22S12，当 n2 时，由 an12Sn可得 an2Sn1，上述两个等式作差得 an1an2an，可得 an13an，且 a23a1，所以，数列an从第二项开始成以 3 为公比的等比数列，则 an23n2，因为 a11 不满足 an23n2，故 an1，n=12 3n2，n 2.(2)Tna12a23a3nan，当 n1 时，T11；当 n2 时，Tn14306312n3n2，3Tn34316322n3n1，得：2Tn22(31323n2)2n3n1223(13n2)132n3n11(12n)3n1，所以，Tn(2n1)3n1+12(n2)，又 T11 也满足 Tn(2n1)3

8、n1+12，所以 Tn(2n1)3n1+12(nN*)巩固训练 2 1解析：(1)由题意可知，数列an为递增数列，又公差 d3，所以 a35,a47，a59，则可求出 a11，d2，an2n1.(2)bn8(an+1)(an+1+3)2n(n+2)1n 1n+2，Tn(113)(12 14)(13 15)(14 16)(1n1 1n+1)(1n 1n+2)，112 1n+1 1n+2，32 1n+1 1n+2 Tn32.2解析：(1)由 Sn12Sn1 得 Sn2Sn11(n2，nN*)，Sn1Sn2Sn2Sn1，an12an(n2，nN*)又 a11，Sn12Sn1，a2a12a11，整理得

9、 a22a1.数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列an的通项公式为：an2n1.(2)由(1)得 an2n1，bnlog2 anan log2 2n12n1 n12n1.Tnb1b2b3bn，即 Tn012+222n12n1，12Tn0122+223n12n，两式相减，得12Tn12+12212n1 n12n 12(112n1)112n12n 1n+12n，Tn2n+12n1.微专题 3 数列重组问题 保分题 1解析：(1)设等差数列an的公差为 d，根据等差中项的性质可得 a2与 a8的等差中项为 a5，所以 a58，又因为 a3a728，即(a52d)(a52d)28.所以

10、d29，d3，因为公差为正数，所以 d3.则 a5a14d8，则 a14.an的通项公式 ana1(n1)d43(n1)3n7(nN*)(2)结合(1)可知 b1a32，b2a611，b3a920，bna3n9n7(nN*)令 9389n7，即 n105N*，符合题意，即 b105938.所以 938 是数列bn中的项 2解析：(1)设等比数列an的公比为 q，由 a34，S33a1，所以 a1q24，a1a1qa1q23a1，解得 q=1a1=4或q=2a1=1，所以 an4 或 an(2)n1.(2)若 an4，则前 3 项均为 4，显然不满足bn是递增的等差数列，故舍去；所以 an(2)

11、n1，则 a11，a22，a34，因为bn是递增的等差数列，所以 b82，b91，b104，所以公差 db9b83，所以 bn2(n8)33n26，Tn(23+3n26)n2(3n49)n2 所以当 n8 时 bn0，所以当 n8 时 Tn取得最小值，即(Tn)minT8100.提分题 例 4 解析：(1)由+12 2 2an2an1，得：(an1an)(an1an)2(an1an)，an1an0，an1an2，an是首项 a11，公差为 2 的等差数列，an2n1，又当 n1 时，2S113b1得 b11，当 n2，由 2Sn13bn，2Sn113bn1，由整理得：bn3bn1，b110，b

12、n10，bnbn13，数列bn是首项为 1，公比为 3 的等比数列，故 bn3n1.(2)依题意知：新数列cn中，ak1(含 ak1)前面共有：(123k)(k1)(k+1)(k+2)2项 由(k+1)(k+2)250，(kN*)得：k8，新数列cn中含有数列bn的前 9 项：b1，b2，b9，含有数列an的前 41 项：a1，a2，a3，a41；T501(139)13+41(1+81)211 522.巩固训练 3 解析：(1)设等比数列bn和递增的等差数列an的公比和公差分别为：q，d，故由 a112，b11，a25b2，a32b3可得：12+d=5q12+2d=2q2，解得d=3q=3，故 an123(n1)3n9，bn3n1.(2)当数列cn前 63 项中含有数列bn中 4 项时，令 3n934n24，此时cn最多 23326 项，不符合题意 当数列cn前 63 项中含有数列bn中 5 项时，令 3n935n78，且 33，34是bn和an的公共项，则cn前 63 项中含有数列bn中的前 5 项和an的前 60 项，再减去公共的两项，故 S63126060592 33031326 043.