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+an-12an2(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a11，它的前n项和Sn满足2Sn

2、an12n11.(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12022湖南株洲一模已知数列an为等比数列，其前n项和为Sn，且an1an23n.(1)求数列an的公比q和a4的值

3、；(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.(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

4、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+212d(1an-1an+2)巩固训练21.2022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

5、，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356第二行748第三行11129(1)求数列an的通项公式；(2)设bn8an+1an+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)2nTn321522723(2n1)2n1(2n1)2n2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1相减得：Tn62(22232n)(2n1)2n1Tn6241-2n-11-2(2n1)2n1整理得：Tn2(2n1)2n1.提分题例2解析：(1)由题意，得S44a1432216，解得：a

6、11，故an12(n1)2n1.(2)证明：因为bn1anan+212n-12n+314(12n-1-12n+3)，所以Tnb1b2b3bn14(115+13-17+15-11112n-1-12n+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=123n-

7、2，n2.(2)Tna12a23a3nan，当n1时，T11；当n2时，Tn14306312n3n2，3Tn34316322n3n1，得：2Tn22(31323n2)2n3n12231-3n-21-32n3n11(12n)3n1，所以，Tn2n-13n-1+12(n2)，又T11也满足Tn2n-13n-1+12，所以Tn2n-13n-1+12(nN*)巩固训练21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)bn8an+1an+1+32nn+21n-1n+2，Tn(113)(12-14)(13-15)(14-16)

8、(1n-1-1n+1)(1n-1n+2)，112-1n+1-1n+2，32-1n+1-1n+2Tn32.2解析：(1)由Sn12Sn1得Sn2Sn11(n2，nN*)，Sn1Sn2Sn2Sn1，an12an(n2，nN*)又a11，Sn12Sn1，a2a12a11，整理得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，bnlog2ananlog22n-12n-1n-12n-1.Tnb1b2b3bn，即Tn012+222n-12n-1，12Tn0122+223n-12n，两式相减，得12Tn12+12212n-1-n-12n121

9、-12n-11-12-n-12n1n+12n，Tn2n+12n-1.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

10、，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)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+3n-26n23n-49n2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an+12-an22an2an1，得：(an1an)(an1an)2(an1an)，an1an0，an1an2，

11、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，bn10，bnbn-13，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+1k+22项由k+1k+2250，(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；T5011-391-3+411+81211 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S6312606059233031326 043.13