上篇

專題二

數列

第2講數列求和及綜合應用高考定位1.高考對數列求和的考查主要以解答題的形式出現，通過分組轉化、錯位相減、裂項相消等方法求數列的和，難度中檔偏下；2.在考查數列運算的同時，將數列與不等式、函數交匯滲透.真題感悟

考點整合熱點聚焦

分類突破專題訓練

對接高考內容索引真題感悟

考點整合11.(2021·北京卷)數列{an}是遞增的整數數列，且a1≥3，a1＋a2＋a3＋…＋an＝100，則n的最大值為(

) A.9 B.10 C.11 D.12C解析要想n最大，前面的項應該越小越好，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14這12項的和為102，超過了100，故n的最大值為11.如3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，25.故選C.A3.(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)設正整數n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}(i＝0，1，2，3，…，k)，記ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，則(

) A.ω(2n)＝ω(n)

B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1 C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3) D.ω(2n－1)＝nACD解

對于A選項，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A選項正確；對于B選項，取n＝2，則2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，∴ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，則ω(2)＝1，即ω(7)≠ω(2)＋1，B選項錯誤；對于C選項，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C選項正確；對于D選項，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，故ω(2n－1)＝n，D選項正確.故選ACD.(1)求{an}和{bn}的通項公式；解

設{an}的公比為q，則an＝qn－1.因為a1，3a2，9a3成等差數列，2.數列求和(1)分組轉化法：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.溫馨提醒

裂項求和時，易把系數寫成它的倒數或忘記系數導致錯誤.3.數列與函數、不等式的交匯

數列與函數的綜合問題一般是利用函數作為背景，給出數列所滿足的條件，通常利用點在曲線上給出Sn的表達式，還有以曲線上的切點為背景的問題，解決這類問題的關鍵在于利用數列與函數的對應關系，將條件進行準確的轉化.數列與不等式的綜合問題一般以數列為載體，考查不等關系或恒成立問題.2熱點聚焦

分類突破熱點一數列求和考向1分組轉化法求和【例1】

已知在等比數列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差數列. (1)求數列{an}的通項公式；解設等比數列{an}的公比為q，由a1，a2，a3－2成等差數列，得2a2＝a1＋a3－2，則4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去).則an＝a1qn－1＝2n，n∈N*.則數列{bn}的前n項和探究提高考向2裂項相消法求和(1)求數列{an}與{bn}的通項公式；解當n＝1時，a1＝S1＝3.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n＋2.又a1適合上式，∴an＝n＋2.∵b2＝a2＝4，b3＝a6＝8，∴bn＝b2·qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*).解cn＝log2bn＝n，1.裂項相消求和就是將數列中的每一項裂成兩項或多項，使這些裂開的項出現有規律的相互抵消，要注意消去了哪些項，保留了哪些項.2.消項規律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數第幾項.探究提高(1)求{an}的通項公式；得(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an).又an>0，知an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2.因此數列{an}是首項為1，公差為2的等差數列，所以an＝a1＋2(n－1)＝2n－1.解由(1)知考向3錯位相減法求和【例3】

(2021·八省八校一聯)已知{an}為等差數列，{bn}為等比數列，{bn}的前n項和為Sn，且a1＝b1＝1，a2＝a3－b3，a3＝S3＋b2. (1)求數列{an}，{bn}的通項公式；解

設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q.∵a1＝b1＝1，a2＝a3－b3，a3＝S3＋b2，∴an＝4n－3，bn＝2n－1.解

∵{an}是等差數列，∴an＋an＋2＝2an＋1.又由(1)知bn＋2＝2bn＋1，①－②，得1.一般地，如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列{bn}的公比，然后作差求解.2.在寫“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便下一步準確地寫出“Sn－qSn”的表達式.探究提高(1)求數列{an}的通項公式；解設等差數列{an}的公差為d，∴an＝2n－1，n∈N*.(2)若bn＝2n－1＋1，令cn＝an·bn，求數列{cn}的前n項和Tn.解由(1)及bn＝2n－1＋1，得cn＝(2n－1)·2n－1＋(2n－1)，∴Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，設M＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，A＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，則2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，兩式相減得∴A＝2n(2n－3)＋3.∴Tn＝A＋M＝2n(2n－3)＋3＋n2.熱點二an與Sn的關系問題(1)求數列{an}的通項公式；解

因為an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，(2)求數列{cn}的前n項和An，并求出An的最值.解

由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，數列{bn}的前n項和Tn＝n2，因此{An}是單調遞增數列，1.給出Sn與an的遞推關系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為an的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為Sn的遞推關系，先求出Sn與n之間的關系，再求an.2.由Sn求an時，一定注意分n＝1和n≥2兩種情況，最后驗證兩者是否能合為一個式子，若不能，則用分段形式來表示.探究提高(1)求數列{an}的通項公式；∴數列{an}是等差數列，首項為1，公差為1.∴an＝1＋n－1＝n.(2)設bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是遞增數列，求實數a的取值范圍.解

bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，∵{bn}是遞增數列，∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n＋a－1＞0，即a＞1－2n恒成立，∴a＞－1，∴實數a的取值范圍是(－1，＋∞).熱點三與數列相關的綜合問題【例5】

(2021·石家莊質檢)已知函數f(x)＝logk

x(k為常數，k>0且k≠1)，且數列{f(an)}是首項為4，公差為2的等差數列. (1)求證：數列{an}是等比數列；證明由題意得f(an)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，即logk

an＝2n＋2，所以an＝k2n＋2，因為常數k>0且k≠1，所以k2為非零常數，所以數列{an}是以k4為首項，k2為公比的等比數列.(3)若cn＝anlgan，是否存在k∈(0，1)，使得數列{cn}是遞增數列，若存在，試求實數k的取值范圍；若不存在，說明理由.解存在.理由如下：結合(1)知，cn＝anlgan＝(2n＋2)·k2n＋2·lgk，由{cn}單調遞增，即?n∈N*，cn<cn＋1，所以(n＋1)lgk<(n＋2)·k2·lgk對n∈N*恒成立.1.求解數列與函數交匯問題要注意兩點：(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注意.(2)解題時準確構造函數，利用函數性質時注意限制條件.2.本題第(2)問求最值，其實質是利用函數的單調性.第(3)問把{cn}的單調性轉化為不等式cn<cn＋1恒成立；分離參數，轉化為求最值.探究提高(1)求數列{an}的通項公式；解因為4Sn＋1＝3Sn－9，所以當n≥2時，4Sn＝3Sn－1－9，(2)設數列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項和為Tn.若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，求實數λ的取值范圍.解因為3bn＋(n－4)an＝0，當n＝4時，－12≤0恒成立；專題訓練

對接高考3鞏固提升一、選擇題1.(2021·人大附中調研)在數列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，則“a1<a2”是“{an}是單調遞增數列”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C解析若在數列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，a1<a2，則1＋λ<4＋2λ，解得λ>－3.若數列{an}是單調遞增數列，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}是單調遞增數列”的充要條件.2.數列{an}滿足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4040是函數f(x)＝x2－8x＋3的兩個零點，則a2022的值為(

) A.4 B.－4 C.4040 D.－4040

解析

因為a4，a4040是函數f(x)＝x2－8x＋3的兩個零點，即a4，a4040是方程x2－8x＋3＝0的兩個根，所以a4＋a4040＝8.

又2an＋1＝an＋an＋2，所以數列{an}是等差數列，

所以a4＋a4040＝2a2022＝8，所以a2022＝4.A3.在等差數列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，則數列{ancosnπ}(n∈N*)的前2022項的和為(

) A.1011 B.1010 C.2022 D.2020

解析

由題意得a3＋a5＝2a4＝a4＋7，解得a4＝7，C則a1＝a4－3d＝7－3×2＝1，所以an＝2n－1，設bn＝ancosnπ，則b1＋b2＝a1cosπ＋a2cos2π＝－a1＋a2＝2，b3＋b4＝a3cos3π＋a4cos4π＝－a3＋a4＝2，……，∴數列{ancosnπ}(n∈N*)的前2022項的和S2022＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2021＋b2022)＝2×1011＝2022.A.－16 B.－8 C.8

D.16解析

當n為奇數時，n＋1為偶數，則an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.當n為偶數時，n＋1為奇數，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.C解析由題意，知b1＝S2＝a1＋a2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，可得bn＝S2n－S2n－2＝a2n＋a2n－1(n>1，n∈N*).由{an}為等差數列，知{bn}為等差數列.由等差數列的性質，顯然A，B成立；選項C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.D化簡得a1d＝d2，A.a3＝13 B.數列{3＋an}是等比數列C.an＝4n－3 D.Sn＝2n＋1－3nAB即1＋2＋2an＝an＋1，即an＋1＝3＋2an，an＋1＋3＝2(an＋3)，所以數列{an＋3}是以a1＋3＝4為首項，2為公比的等比數列，于是an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3，所以a3＝24－3＝13，所以A，B選項正確，C選項不正確.又S2＝a1＋a2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，所以D選項不正確，故選AB.998.(2021·宿遷質檢)已知{an}是公差d不為零的等差數列，a5＝14，且a1，a3，a11成等比數列，設bn＝(－1)n＋1an，數列{bn}的前n項的和為Sn，則S2021＝________.3032解析由于a1，a3，a11成等比數列，∴14d2＝3a5d.又d≠0，a5＝14，知d＝3，因此an＝a5＋(n－5)×3＝3n－1，bn＝(－1)n＋1(3n－1).9.(2021·湖南六校聯考)把數列{2n＋1}(n∈N*)中的各項依次按第1個括號一個數，第2個括號兩個數，第3個括號三個數，第4個括號四個數，第5個括號一個數，…，進行排列，得到如下排列；(3)，(5，7)，(9，11，13)，(15，17，19，21)，(23)，(25，27)，(29，31，33)，(35，37，39，41)，(43)，…，則第100個括號內各數之和為________.1992解析

把每4個括號算作一組，由題意可知每組共有10個數，則第100個括號為第25組中的最后一個括號，前24組共有240個數，第25組的前3個括號內共有6個數，所以第100個括號內的數是數列{2n＋1}的第247，248，249，250項，則第100個括號內的各數之和為(2×247＋1＋2×250＋1)×2＝1992.三、解答題問題：是否存在數列{an}(n∈N*)，其前n項和為Sn，且a1＝1，a3＝4，________？(注：如果選擇多個條件分別解答，那么按第一個解答計分.)所以該數列不存在.如果選擇②an＋1＝an＋d(n∈N*，d為常數)，則數列{an}為等差數列，如果選擇③an＋1＝qan(q>0，n∈N*，q為常數)，則數列{an}為等比數列，(1)求{an}的通項公式；所以當n＝1時，a1＝S1＝1，又n＝1時符合上式，所以an＝n.b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，則{b2k－1}是以1為首項，2為公差的等差數列；能力突破12.(多選)(2021·江蘇調考)斐波那契螺旋線也稱黃金螺旋線，是根據斐波那契數列畫出來的螺旋曲線.在一個黃金矩形(寬長比約等于0.618)里先以寬為邊長作正方形，然后在剩下小的矩形里以其寬為邊長作正方形，如此循環下去，再在每個正方形里畫出一段四分之一圓弧，最后順次連接，就可得到一條“黃金螺旋線”.達·芬奇的《蒙娜麗莎》(如圖)，希臘雅典衛城的帕特農神廟等都符合這個曲線.現將每一段黃金螺線與其所在的正方形所圍成的扇形半徑設為an(n∈N*)，數列{an}滿足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，再將扇形面積設為bn(n∈N*)，則(

)ABDA.4(b2020－b2019)＝πa2018a2021B.a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1C.a＋a＋a＋…＋a＝2a2019a2