新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題3 第2講 數(shù)列求和及其綜合應(yīng)用（含解析）

第2講數(shù)列求和及其綜合應(yīng)用專題三

數(shù)列考情分析KAOQINGFENXI數(shù)列求和常與數(shù)列的綜合應(yīng)用一起考查，常以解答題的形式出現(xiàn)，有時與函數(shù)、不等式綜合在一起考查，難度中等偏上.內(nèi)容索引考點一考點二專題強化練1考點一數(shù)列求和PARTONE核心提煉2.如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，那么求數(shù)列{an·bn}的前n項和Sn時，可采用錯位相減法.用錯位相減法求和時，應(yīng)注意：(1)等比數(shù)列的公比為負(fù)數(shù)的情形；(2)在寫出“Sn”和“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”，以便準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達式.考向1分組轉(zhuǎn)化法求和例1已知在等比數(shù)列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；解

設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a1，a2，a3－2成等差數(shù)列，得2a2＝a1＋a3－2，即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)，則an＝a1qn－1＝2n，n∈N*.則數(shù)列{bn}的前n項和考向2裂項相消法求和例2

(2020·莆田市第一聯(lián)盟體學(xué)年聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝n2－2n，{bn}為正項等比數(shù)列，且b1＝a1＋3，b3＝6a4＋2.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；解

由Sn＝n2－2n，得當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝－1，當(dāng)n≥2時，Sn－1＝(n－1)2－2(n－1)＝n2－4n＋3，所以當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，a1＝－1也滿足此式.所以an＝2n－3，n∈N*.又b1＝a1＋3＝2，b3＝6a4＋2＝32，因為{bn}為正項等比數(shù)列，設(shè){bn}的公比為q(q>0).解

因為an＋1＝2(n＋1)－3＝2n－1，bn＋1＝22n＋1.考向3錯位相減法求和所以{an}是等比數(shù)列，且公比q＝3，又a1＝2，所以an＝2·3n－1，n∈N*.(2)設(shè)bn＝log3(1＋Sn)，求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.所以bn＝log3(1＋Sn)＝n，則anbn＝2n·3n－1，所以Tn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n－2)·3n－2＋2n·3n－1，

①所以3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n－2)·3n－1＋2n·3n，

②①－②，得(1－3)Tn＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－1－2n·3n易錯提醒(1)分組轉(zhuǎn)化法求和的關(guān)鍵是將數(shù)列通項轉(zhuǎn)化為若干個可求和的數(shù)列通項的和差.(2)裂項相消法的基本思路是將通項拆分，可以產(chǎn)生相互抵消的項.(3)錯位相減法求和，主要用于求{anbn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別為等差數(shù)列和等比數(shù)列.√解析當(dāng)n為奇數(shù)時，n＋1為偶數(shù)，則an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.當(dāng)n為偶數(shù)時，n＋1為奇數(shù)，則an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，則a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44.所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8，故選C.√解析依題意得an≠0，由2(2n＋1)anan＋1＝an－an＋1，解

由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*).由題意知：當(dāng)n＝1時，b1＝b2－1，故b2＝2.解

②由①知anbn＝n·2n，因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*).②記數(shù)列{anbn}的前n項和為Tn，求Tn.2考點二數(shù)列的綜合問題PARTTWO核心提煉數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題是高考命題的一個方向，此類問題突破的關(guān)鍵在于通過函數(shù)關(guān)系尋找數(shù)列的遞推關(guān)系，通過放縮進行等式的證明.例4

(1)(2020·日照模擬)如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，一個質(zhì)點從A(a1，a2)出發(fā)沿圖中路線依次經(jīng)過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運動下去，則a2017＋a2018＋a2019＋a2020等于A.2017

B.2018 C.2019 D.2020√解析由直角坐標(biāo)系可知，A(1,1)，B(－1,2)，C(2,3)，D(－2,4)，E(3,5)，F(xiàn)(－3,6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，由此可知，數(shù)列中偶數(shù)項是從1開始逐漸遞增的，且都等于其項數(shù)除以2；每四個數(shù)中有一個負(fù)數(shù)，且為每組的第三個數(shù)，每組的第一個數(shù)為其組數(shù)，每組的第一個數(shù)和第三個數(shù)是互為相反數(shù)，

因為2020÷4＝505，所以a2017＝505，a2018＝1009，a2019＝－505，a2020＝1010，a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝2019.√當(dāng)n＝1時，a1＝12＋1＝2，滿足上式，故an＝2n2(n∈N*).易錯提醒(1)公式an＝Sn－Sn－1適用于所有數(shù)列，但易忽略n≥2這個前提.(2)數(shù)列和不等式的綜合問題，要注意條件n∈N*，求最值要注意等號成立的條件，放縮不等式要適度.跟蹤演練2

(1)(2020·中國人民大學(xué)附屬中學(xué)模擬)在數(shù)列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，則“a1<a2”是“{an}是單調(diào)遞增數(shù)列”的A.充分不必要條件

B.必要不充分條件C.充要條件

D.既不充分也不必要條件√解析若在數(shù)列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，a1<a2，則1＋λ<4＋2λ，解得λ>－3，若數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列，則對任意的n∈N*都滿足an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0，∴λ>－1－2n，即λ>(－1－2n)max＝－3，因此，“a1<a2”是“{an}是單調(diào)遞增數(shù)列”的充要條件.(2)設(shè)曲線y＝2020xn＋1(n∈N*)在點(1，2020)處的切線與x軸的交點的橫坐標(biāo)為xn，令an＝log2020xn，則a1＋a2＋…＋a2019的值為A.2020

B.2019

C.1 D.－1√解析因為y′＝2020(n＋1)xn，所以切線方程是y－2020＝2020(n＋1)(x－1)，所以a1＋a2＋…＋a2019＝log2020(x1·x2·…·x2019)3專題強化練PARTTHREEA.153B.190C.231D.2761234567891011121314√一、單項選擇題1.(2020·聊城模擬)數(shù)列1,6,15,28,45，…中的每一項都可用如圖所示的六邊形表示出來，故稱它們?yōu)榱呅螖?shù)，那么第10個六邊形數(shù)為1234567891011121314解析由題意知，數(shù)列{an}的各項為1,6,15,28,45，…，所以a1＝1＝1×1，a2＝6＝2×3，a3＝15＝3×5，a4＝28＝4×7，a5＝45＝5×9，…，an＝n(2n－1)，所以a10＝10×19＝190.2.已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則S2020等于A.3B.2C.1D.01234567891011121314√解析∵an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，……，故數(shù)列{an}是周期為6的周期數(shù)列，且每連續(xù)6項的和為0，故S2020＝336×0＋a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝a1＋a2＋a3＋a4＝3.故選A.1234567891011121314√1234567891011121314所以{an}為等差數(shù)列，公差為3，{bn}為等比數(shù)列，公比為3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，所以

＝33n－3＝27n－1，所以

是以1為首項，27為公比的等比數(shù)列，1234567891011121314√1234567891011121314解析由an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an可得an＋1＝an，即數(shù)列{an}是常數(shù)列，又?jǐn)?shù)列{an}的首項為1，所以an＝1，所以當(dāng)SnSn＋1≠0時，2SnSn＋1＋anbn＋1＝0可化為2SnSn＋1＋bn＋1＝0，因為Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，所以2SnSn＋1＋bn＋1＝2SnSn＋1＋(Sn＋1－Sn)＝0，12345678910111213145.定義在[0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝2x－x2；當(dāng)x≥2時，f(x)＝3f(x－2).記函數(shù)f(x)的極大值點從小到大依次為a1，a2，…，an，…，并記相應(yīng)的極大值依次為b1，b2，…，bn，…，則S20＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值為A.19×320＋1 B.19×319＋1C.20×319＋1 D.20×320＋171234567891011121314√解析當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝2x－x2＝1－(x－1)2，可得a1＝1，b1＝1；當(dāng)2≤x<4時，有0≤x－2<2，可得f(x)＝3f(x－2)＝3[1－(x－3)2]，可得a2＝3，b2＝3；當(dāng)4≤x<6時，有0≤x－4<2，可得f(x)＝9f(x－4)＝9[1－(x－5)2]，可得a3＝5，b3＝9；…；a20＝39，b20＝319；….故S20＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×3＋5×9＋…＋39×319

，3S20＝1×3＋3×9＋5×27＋…＋39×320，12345678910111213141234567891011121314化簡可得S20＝1＋19×320.故選A.1234567891011121314二、多項選擇題6.若數(shù)列{an}滿足：對任意正整數(shù)n，{an＋1－an}為遞減數(shù)列，則稱數(shù)列{an}為“差遞減數(shù)列”.給出下列數(shù)列{an}(n∈N*)，其中是“差遞減數(shù)列”的有√√1234567891011121314解析對于A，若an＝3n，則an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不為遞減數(shù)列，故數(shù)列{an}不是“差遞減數(shù)列”；對于B，若an＝n2＋1，則an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}是遞增數(shù)列，故數(shù)列{an}不是“差遞減數(shù)列”；1234567891011121314所以{an＋1－an}為遞減數(shù)列，故數(shù)列{an}是“差遞減數(shù)列”.1234567891011121314√√√1234567891011121314解析由題意，知b1＝S2＝a1＋a2，bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2，可得bn＝a2n－1＋a2n(n>1，n∈N*).由{an}為等差數(shù)列，可知{bn}為等差數(shù)列.選項A中，由a4為a2，a6的等差中項，得2a4＝a2＋a6，成立.選項B中，由b4為b2，b6的等差中項，得2b4＝b2＋b6，成立.選項C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.化簡得a1d＝d2，1234567891011121314選項D中，b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.化簡得2a1d＝3d2，8.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn＋3)(n∈N*)在函數(shù)y＝3×2x的圖象上，等比數(shù)列{bn}滿足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n項和為Tn，則下列結(jié)論錯誤的是A.Sn＝2Tn

B.Tn＝2bn＋1

C.Tn>an

D.Tn<bn＋17√1234567891011121314√√1234567891011121314解析由題意可得Sn＋3＝3×2n，Sn＝3×2n－3，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－1(n≥2)，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3×21－3＝3，滿足上式，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3×2n－1(n∈N*).設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，解得b1＝1，q＝2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n－1(n∈N*)，由等比數(shù)列的求和公式有Tn＝2n－1.則有Sn＝3Tn，Tn＝2bn－1，Tn<an，Tn<bn＋1.1234567891011121314三、填空題99123456789101112131412345678910111213141234567891011121314123456789101112131411.已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個零點，則a5＝________，b10＝________.4

641234567891011121314解析因為an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個零點，所以an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的兩個根，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，可得an·an＋1＝2n，an＋an＋1＝bn，由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，所以a1，a3，a5，…成公比為2的等比數(shù)列，a2，a4，a6，…成公比為2的等比數(shù)列，1234567891011121314又由a1＝1，得a2＝2，所以a5＝1×22＝4，a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.1234567891011121314123456789101112131412345678910111213141234567891011121314四、解答題13.(2020·新高考全國Ⅰ)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通項公式；解

由于數(shù)列{an}是公比大于1的等比數(shù)列，設(shè)首項為a1，公比為q，所以{an}的通項公式為an＝2n，n∈N*.1234567891011121314(2)記bm為{an}在區(qū)間(0，m](m∈N*)中的項的個數(shù)，求數(shù)列{bm}的前100項和S100.1234567891011121314解

由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，所以b1對應(yīng)的區(qū)間為(0,1]，則b1＝0；b2，b3對應(yīng)的區(qū)間分別為(0,2]，(0,3]，則b2＝b3＝1，即有2個1；b4，b5，b6，b7對應(yīng)的區(qū)間分別為(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，則b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22個2；b8，b9，…，b15對應(yīng)的區(qū)間分別為(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，1234567891011121314則b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23個3；b16，b17，…，b31對應(yīng)的區(qū)間分別為(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，則b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24個4；b32，b33，…，b63對應(yīng)的區(qū)間分別為(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，則b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25個5；b64，b65，…，b100對應(yīng)的區(qū)間分別為(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，則b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37個6.所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.1234567891011121314四、解答題14.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2an－1(n∈N*