第2講數列求和及綜合應用 考情考向·高考導航1已知數列遞推關系求通項公式，主要考查利用an與Sn的關系求通項公式，利用累加法、累乘法及構造法求通項公式，主要以選擇題、填空題的形式考查，有時作為解答的第(1)問考查，難度中等2數列求和常與數列綜合應用一起考查，常以解答題的形式考查，有時與函數不等式綜合在一起考查，難度中等偏上真題體驗1(2018·全國)記Sn為數列an的前n項和若Sn2an1，則S6_.解析：當n1時，a1S12a11，a11.當n2時，Sn2an1Sn12an11得anSnSn12an2an1，an2an1即2，數列an是首項為1，公比為2的等比數列，S663.答案：632(2019·天津卷)設an是等差數列，bn是等比數列，公比大于0，已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通項公式；(2)設數列cn滿足cn求a1c1a2c2a2nc2n(nN*)解：(1)設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為q，依題意，得解得故an33(n1)3n，bn3×3n13n.所以，an的通項公式為an3n，bn的通項公式為bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(6×3112×3218×336n×3n)3n26×(1×312×32n×3n)記Tn1×312×32n×3n，則3Tn1×322×33n×3n1，得，2Tn332333nn×3n1n×3n1.所以a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23×(nN*)主干整合1數列通項(1)數列通項an與前n項和Sn的關系，an(2)應用an與Sn的關系式f(an，Sn)0時，應特別注意n1時的情況，防止產生錯誤2數列求和(1)分組轉化求和：一個數列既不是等差數列，也不是等比數列，若將這個數列適當拆開，重新組合，就會變成幾個可以求和的部分，分別求和，然后再合并(2)錯位相減法：主要用于求數列an·bn的前n項和，其中an，bn分別是等差數列和等比數列(3)裂項相消法：即將數列的通項分成兩個式子的代數差的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法，裂項相消法適用于形如(其中an是各項均不為零的等差數列，c為常數)的數列熱點一求數列的通項公式例1(1)(2020·臨沂模擬)在數列an中，a12，an1anln，則an等于()A2ln nB2(n1)ln nC2nln n D1nln n(2)(2020·成都模擬)設數列an的前n項和為Sn，且滿足a1，Snn2an(nN)則數列an的通項公式為_解析(1)由已知，an1anln，a12，所以anan1ln(n2)，an1an2ln，a2a1ln，將以上n1個式子疊加，得ana1lnlnlnlnln n.所以an2ln n(n2)，經檢驗n1時也適合故選A.(2)由Snn2an，()得當n2時，Sn1(n1)2an1，()()()，得ann2an(n1)2an1(n2，nN*)，所以(n1)an(n1)an1，即(n2)，因為a1·····×××··，又a1，符合上式，所以an.答案(1)A(2)an1數列an中，an與Sn的關系an2求數列通項的常用方法(1)公式法：利用等差(比)數列求通項公式(2)在已知數列an中，滿足an1anf(n)，且f(1)f(2)f(n)可求，則可用累加法求數列的通項an.(3)在已知數列an中，滿足f(n)，且f(1)·f(2)··f(n)可求，則可用累積法求數列的通項an.(4)將遞推關系進行變換，轉化為常見數列(等差、等比數列)(1)數列an中，a11，Sn為數列an的前n項和，且滿足1(n2)則數列an的通項公式為_解析：由已知，當n2時，1，所以1，即1，所以.又S1a11，所以數列是首項為1，公差為的等差數列所以1(n1)，即Sn.所以當n2時，anSnSn1.因此an答案：an(2)各項均不為0的數列an滿足an2an(nN*)，且a32a8，則數列an的通項公式為_解析：因為an2an，所以an1anan1an22an2an.因為anan1an20，所以，所以數列為等差數列設數列的公差為d，則(83)d.因為a32a8，所以d1，又2d3，所以數列是以3為首項，1為公差的等差數列3(n1)×1n2，an.答案：an熱點二數列求和問題裂項相消法求和例21(2018·天津卷)設an是等比數列，公比大于0，其前n項和為Sn(nN*)，bn是等差數列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通項公式；(2)設數列Sn的前n項和為Tn(nN*)求Tn；證明n,k1 2(nN*)解(1)設等比數列an的公比為q，由a11，a3a22，可得q2q20.因為q0，可得q2，故an2n1.設等差數列bn的公差為d，由a4b3b5，可得b13d4，由a5b42b6，可得3b113d16，從而b11，d1，故bnn.所以，數列an的通項公式為an2n1，數列bn的通項公式為bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tnn2n1n2.證明：因為，所以，n,k1 2.錯位相減法求和例22(2018·浙江卷)已知等比數列an的公比q>1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中項，數列bn滿足b11，數列(bn1bn)an的前n項和為2n2n.(1)求q的值；(2)求數列bn的通項公式解析(1)由a42是a3，a5的等差中項得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得820，解得q2或q，因為q1，所以q2.(2)設cn(bn1bn)an，數列cn前n項和為Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得，an2n1，所以bn1bn(4n1)·n1，故bnbn1(4n5)·n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)·n2(4n9)·n37·3.設Tn37·11·2(4n5)·n2，n2，Tn3·7·2(4n9)·n2(4n5)·n1，所以Tn34·4·24·n2(4n5)·n1，因此Tn14(4n3)·n2，n2，又b11，所以bn15(4n3)·n2.數列求和的常用方法1利用裂項相消法求和的注意事項(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項；(2)裂項相消求和法是數列求和的重要方法之一，其基本形式為：若an是等差數列且an0，則.2用錯位相減法求和時應注意的兩點(1)要善于識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的數列；(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便下一步準確寫出“SnqSn”的表達式3并項求和法一個數列的前n項和可兩兩結合求解，則稱為并項求和形如an(1)nf(n)類型，可采用并項求和(1)(2020·長沙模擬)正項數列an的前n項和Sn滿足：S(n2n1)Sn(n2n)0.設bn，數列bn的前n項和為_解析：由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0，由于an是正項數列，所以Sn10.所以Snn2n(nN*)n2時，anSnSn12n，n1時，a1S12適合上式an2n(nN*)即bnTn答案：(2)已知an若數列bn滿足anbnlog3an，則數列bn的前n項和為_解析：因為anbnlog3an，所以b1，當n1時，bn3(1n)log33n1(n1)·31n.所以T1b1；當n1時，Tnb1b2b3bn(1×312×32(n1)×31n)，所以3Tn1(1×302×31(n1)×32n)，兩式相減，得2Tn(30313232n)(n1)×31n(n1)×31n，所以Tn.經檢驗，n1時也適合綜上可得Tn.答案：熱點三數列與函數不等式的交匯創(chuàng)新例3(2019·桂林三模)已知函數f(x)的圖象過定點(1,1)，且對任意的實數x1，x2R，都有f(x1x2)1f(x1)f(x2)(1)證明數列(nN*)為等比數列；(2)若bn，數列bn的前n項和為Tn，不等式T2nTnlog2(x1)(n2，nN*)恒成立，求實數x的取值范圍審題指導(1)先令x1x2，再證明數列(nN*)為等比數列；(2)先求出數列的通項公式，再求和，根據T2nTn的單調性求出最小項，最后求實數x的取值范圍解析(1)令x1x2，則f1ff，即f12f，則f12，令x1x2，則f(1)12f1，得f0，所以數列是等比數列，公比為，首項為1.(2)由題意知函數f(x)的圖象過定點(1,1)，所以f(1)1.令x1n，x21，則f(n1)1f(1)f(n)，即f(n1)f(n)2，則f(n)是等差數列，公差為2，首項為1，故f(n)1(n1)·22n1.因為bn，所以bn.設g(n)T2nTnbn1bn2b2n，則g(n1)g(n)0，所以g(n)是遞增數列，g(n)ming(2)，從而log2(x1)，即log2(x1)2，則解得x(1,3)，所以實數x的取值范圍為(1,3)1求解數列與函數交匯問題注意兩點：(1)數列是一類特殊的函數，其定義域是正整數集(或它的有限子集)，在求數列最值或不等關系時要特別重視；(2)解題時準確構造函數，利用函數性質時注意限制條件2數列為背景的不等式恒成立、不等式證明，多與數列的求和相聯系，最后利用數列或數列對應函數的單調性處理(2019·淮南二模)若數列an的前n項和為Sn，點(an，Sn)在yx的圖象上(xN*)(1)求數列an的通項公式；(2)若c10，且對任意正整數n都有cn1cnlogan，求證：對任意正整數n2，總有.解：(1)Snan，當n2時，anSnSn1an1an，anan1，又S1a1，a1，ann12n1.(2)證明：由cn1cnlogan2n1，得當n2時，cnc1(c2c1)(c3c2)(cncn1)035(2n1)n21(n1)(n1)×.又，原式得證限時50分鐘滿分76分一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1(2020·重慶七校聯考)若數列an滿足0，則稱an為“夢想數列”已知正項數列為“夢想數列”，且b1b2b31，則b6b7b8()A4 B16 C32 D64解析：C由0可得an1an，故an是公比為的等比數列，故是公比為的等比數列，則bn是公比為2的等比數列，b6b7b8(b1b2b3)×2532，故選C.2(2020·江西省五校協作體考試)設Sn是數列an的前n項和，若anSn2n,2bn2an2an1，則()A. B. C. D.解析：D因為anSn2n，所以an1Sn12n1，得2an1an2n，所以2an2an12n1.又2bn2an2an12n1，所以bnn1，則11，故選D.3(2020·廣東省六校聯考)已知數列an滿足a12a23a3nan(2n1)·3n.設bn，Sn為數列bn的前n項和，若Sn(為常數，nN*)，則的最小值是()A. B. C. D.解析：Ca12a23a3nan(2n1)·3n，當n2時，a12a23a3(n1)an1(2n3)·3n1，得，nan4n·3n1(n2)，即an4·3n1(n2)當n1時，a134，所以anbn所以Sn，Sn，得，Sn，所以Sn，所以易知的最小值是，故選C.4(2019·青島三模)已知f(n)表示正整數n的所有因數中最大的奇數，例如：12的因數有1,2,3,4,6,12，則f(12)3；21的因數有1,3,7,21，則f(21)21，那么100,i51f(i)的值為()A2 488 B2 495 C2 498 D2 500解析：D由f(n)的定義知f(n)f(2n)，且若n為奇數則f(n)n，則100,i1f(i)f(1)f(2)f(100)13599f(2)f(4)f(100)f(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)已知數列an滿足2a122a22nann(nN*)，數列的前n項和為Sn，則S1·S2·S3··S10()A. B. C. D.解析：C2a122a22nann(nN*)，2a122a22n1an1n1(n2)，2nan1(n2)，當n1時也滿足，故an，故，Sn11，S1·S2·S3··S10×××××，選C.6(2019·濰坊三模)已知等差數列an中公差d0，a11，a1，a2，a5成等比數列，且a1，a2，ak1，ak2，akn成等比數列，若對任意的nN*，恒有(mN*)，則m()A0 B1 C2 D1或2解析：D由已知可得，aa1·a5，即(1d)21·(14d)，又d0，解得d2，所以an2n1.因為a1，a2，ak1，ak2，akn成等比數列，所以2kn13n1.令bn，設數列bn中的最大項為bl，故滿足解得1l2，即數列bn中的最大項為b1，b2，所以m1或2.二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)7(2019·昆明三模)已知數列an中，a1a21，an2則數列an的前20項和為_解析：由題意可知，數列a2n是首項為1，公比為2的等比數列，數列a2n1是首項為1，公差為2的等差數列，故數列an的前20項和為10×1×21 123.答案：1 1238(2019·山師附中質檢)將數列an中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數陣：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10記數陣中的第1列數a1，a2，a4，構成的數列為bn，Sn為數列bn的前n項和，若Sn2bn1，則a56_.解析：當n2時，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2且nN*)，b12b11，b11，數列bn是首項為1，公比為2的等比數列，bn2n1.設a1，a2，a4，a7，a11，的下標1,2,4,7,11，構成數列cn，則c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，cn1，由cn156，得n11，a56b112101 024.答案：1 024三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)9(2020·鄭州三測)已知數列an滿足a11,2an·an1an1an0，數列bn滿足bn.(1)求數列an的通項公式；(2)記數列bn的前n項和為Sn，問：是否存在n，使得Sn的值是？解析：(1)因為2an·an1an1an0，所以an1，2，由等差數列的定義可得是首項為1，公差為d2的等差數列故12(n1)2n1，所以an.(2)由(1)得bn，所以Sn，兩邊同乘以得，Sn，兩式相減得Sn2，即Sn2×，所以Sn3.因為Sn1Sn0，所以數列Sn是關于項數n的遞增數列，所以SnS1，因為，所以不存在n，使得Sn.10(2019·武漢二模)已知數列an和bn滿足a1a2a3an()bn(nN*)若an為等比數列，且a12，b36b2.(1)求an與bn；(2)設cn(nN*)記數列cn的前n項和為Sn.求Sn；求正整數k，使得對任意nN*均有SkSn.解析：(1)由題意a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以數列an的通項為an2n(nN*)所以，a1a2a3an2()n(n1)故數列bn的通項為bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*)因為c10，c20，c30，c40；當n5時，cn，而0，即數列當n5時是遞減的所以1，所以，當n5時，cn0.綜上，對任意nN*，恒有S4Sn，故k4.11(文)(2020·浙江三地市聯考)已知數列bn滿足3(n1)bnnbn1，且b13.(1)求數列bn的通項公式；(2)已知，求證：1.解析：(1)因為3(n1)bnnbn1，所以.則3×，3×，3×，3×，累乘，可得3n1×n，因為b13，所以bnn·3n，即數列bn的通項公式bnn·3n.(2)證明：因為，所以an·3n.因為·····，所以1·.因為nN*，所以0·，所以1·1，所以1.11(理)(2019·江蘇卷)定義首項為1且公比為正數的等比數列為“M­數列”(1)已知等比數列an(nN*)滿足：a2a4a5，a34a24a10，求證：數列an為“M數列”；(2)已知數列bn(nN*)滿足：b11，其中Sn為數列bn的前n項和求數列bn的通項公式；設m為正整數，若存在“M數列”cn(nN*)，對任意正整數k，當km時，都有ckbkck1成立，求m的最大值解：(1)設等比數列an的公比為q，所以a10，q0.由得解得因此數列an為“M數列”(2)因為，所以bn0.由b11，S1b1，得，則b22.由，得Sn，當n2時，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn.所以數列bn是首項和公差均為1的等差數列因此，數列bn的通項公式為bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因為數列cn為“M數列”，設公比為q，所以c11，q0.因為ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1,2,3，m.當k1時，有q1；當k2,3，m時，有l(wèi)n q.設f(x)(x1)，則f(x).令f(x)0，得xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)極大值因為，所以f(k)maxf(3).取q，當k1,2,3,4,5時，ln q，即kqk，經檢驗知qk1k也成立因此所求m的最大值不小于5.若m6，分別取k3,6，得3q3，且q56，從而q15243，且q15216，所以q不存在因此所求m的最大值小于6.綜上，所求m的最大值為5.高考解答題·審題與規(guī)范(三)數列類考題數列問題重在“歸”思維流程等差數列與等比數列是兩個基本數列，是一切數列問題的出發(fā)點與歸宿，首項與公差(比)稱為等差數列(等比數列)的基本量只要涉及這兩個數列的數學問題，我們總希望把條件化歸為等差或等比數列的基本量間的關系，從而達到解決問題的目的這種化歸為基本量處理的方法是等差或等比數列特有的方法，對于不是等差或等比的數列，可從簡單的個別的情形出發(fā)，從中歸納出一般的規(guī)律、性質，這種歸納思想便形成了解決一般性數列問題的重要方法：觀察、歸納、猜想、證明由于數列是一種特殊的函數，也可根據題目的特點，將數列化歸為函數問題來解決.真題案例審題指導審題方法(12分)(2019·全國卷)已知數列an和bn滿足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)證明：anbn是等比數列，anbn是等差數列；(2)求an和bn的通項公式.(1)首先將已知條件中兩個等式相加，由等比數列的定義可證得數列anbn為等比數列，然后將已知條件中兩個等式相減，由等差數列的定義可證得數列anbn為等差數列；(2)由(1)分別求得數列anbn和anbn的通項公式，然后將這兩個通項公式進行加減運算即可求得an，bn的通項公式.結構是數學問題的搭配形式，某些問題已知的數式結構中常常隱含著某種特殊的關系審視結構要對結構進行分析、加工和轉化，以實現解題突破.規(guī)范解答評分細則解析(1)由題設得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn)2分又因為a1b110.3分所以anbn是首項為1，公比為的等比數列.4分由題設得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.5分又因為a1b11，所以anbn是首項為1，公差為2的等差數列.6分(2)由(1)知，anbn，anbn2n1.8分所以an(anbn)(anbn)n.10分bn(anbn)(anbn)n.12分第(1)問踩點得分由已知得出an1bn1(anbn)得2分算出a1b110得1分證明anbn是等比數列得1分由已知得出an1bn1anbn2得1分證明anbn是等差數列得1分第(2)問踩點得分分別計算anbn，anbn的通項各得2分求出an的通項得2分求出bn的通項得2分.- 19 -