新高考数学二轮复习 专题2 第2讲　数列通项与求和（讲·） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第2讲 数列通项与求和（讲·教师版）
高考定位
1.求数列的通项公式、数列求和常与数列的综合应用一起考查，多以解答题的形式出现，难度中等.
2.数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行不等式的证明，难度中等偏上．
核心整合
1．求数列通项常用的方法
(1)定义法：①形如an＋1＝an＋C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如an＋1＝kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．
(2)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式．
(3)累乘法：形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)≠0，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)，求其通项公式．
(4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝eq \f(q,1－p)，再转化为等比数列求解．
(5)构造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn＋1，得eq \f(an＋1,qn＋1)＝eq \f(p,q)·eq \f(an,qn)＋eq \f(1,q)，构造新数列{bn}eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中bn＝\f(an,qn)))，得bn＋1＝eq \f(p,q)·bn＋eq \f(1,q)，接下来用待定系数法求解．
2．常用求和方法
(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用于形如eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．
真题体验
1．（2021•浙江省高考）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，当且仅当时取等号，
.
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选A．
2.(2020·全国卷Ⅱ理科·T12) 0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=
1m∑i=1maiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是( )
A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…
【答案】C
【解析】由ai+m=ai知,序列ai的周期为m,由已知,m=5,
C(k)=15∑i=15aiai+k(k=1,2,3,4),对于选项A,
C(1)=15∑i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+0)=15≤15,
C(2)=15∑i=15aiai+2=15(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)
=15(0+1+0+1+0)=25,不满足;对于选项B,
C(1)=15∑i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)
=15(1+0+0+1+1)=35,不满足;对于选项D,
C(1)=15∑i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+1)=25,不满足.
3.(2019·浙江高考·T10)设a,b∈R,数列{an}中a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则( )
A.当b=12时,a10>10 B.当b=14时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10
【答案】A.
【解析】由an+1=an2+b得,
an+1-an=an2+b-an=(an-12)2+(b-14),当b=12时,an+1-an=(an-12)2+14>0,
数列{an}是递增数列,a2=a12+12≥12,a3=a22+12≥(12)2+12=34,a4=a32+12≥(34)2+12=1716>1,a5=a42+12>12+12=32,
a6=a52+12>(32)2+12=114,a7=a62+12>(114)2+12=12916>8,a8=a72+12>82+12>10,
所以:a10>a9>a8>10.
4.（2021•全国新高考Ⅰ卷） 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】 (1). 5 (2).
【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，因此，.
故答案为；.
5．(2020·全国卷Ⅰ高考文科·T16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
【答案】7
【解析】an+2+(-1)nan=3n-1,当n为奇数时,an+2=an+3n-1;
当n为偶数时,an+2+an=3n-1.设数列an的前n项和为Sn,
S16=a1+a2+a3+a4+…+a16=a1+a3+a5+…+a15+(a2+a4)+…+(a14+a16)
=a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+(a1+140)+(5+17+29+41)
=8a1+392+92=8a1+484=540,所以a1=7.
6.(2020·江苏高考·T11)设an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等比数列,已知数列an+bn的前n项和Sn=n2-n+2n-1n∈N*,则d+q的值是 .
【答案】4
【解析】设数列{an},{bn}的首项分别为a1,b1,前n项和分别为An,Bn,则An=d2n2+a1-d2n,Bn=b1q-1qn+b11−q,结合Sn=n2-n+2n-1,
得d2=1,q=2,解得d=2,q=2,所以d+q=4.
能力突破
考点一 求数列通项公式
命题角度1 an与Sn关系的应用
【例1-1】 (1) (多选)已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝2n(n∈N*)，则下列结论中正确的是( )
A．{an}为等比数列
B．a5＝16
C．数列{an}的前n项和Sn＝2n
D．{lg2an＋1}为等差数列
(2)已知首项为1的数列{an}满足点((2n＋1)an＋1，(2n－1)an)在函数y＝10x，y＝lg x图象的对称轴上．则an＝________．
[解析] (1)由a1＋a2＋…＋an＝2n得Sn＝2n，故C项正确．当n＝1时，a1＝2，当n≥2时， Sn－1＝2n－1，可得an＝2n－1，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以数列{an}不是等比数列，故A项错误．易知a5＝24＝16，故B项正确．因为lg2an＋1＝lg22n＝n，所以易知{lg2an＋1}为等差数列，故D项正确．故选B、C、D.
(2)易知函数y＝10x，y＝lg x图象的对称轴为直线y＝x.
因为点((2n＋1)an＋1，(2n－1)an)在函数y＝10x，y＝lg x图象的对称轴上，
所以(2n＋1)an＋1＝(2n－1)an，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n－1,2n＋1)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(3,5)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(2（n－1）－1,2（n－1）＋1)＝eq \f(2n－3,2n－1)(n≥2)，
以上(n－1)个式子累乘得，
eq \f(an,a1)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)×…×eq \f(2n－3,2n－1)＝eq \f(1,2n－1)(n≥2)，
又a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1)(n≥2)．
经检验知，a1＝1满足上式，故an＝eq \f(1,2n－1).
[答案] (1)BCD (2)eq \f(1,2n－1)
【规律方法】
给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
命题角度2 数列递推关系的应用
【例1-2】（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,2n＋1)))，则a41＝( )
A．－1 B．－2
C．－3 D．1－lg340
【答案】C.
【解析】因为an＋1＝an＋lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,2n＋1)))，所以当n＝1时，a2－a1＝lg3eq \f(1,3)；
当n＝2时，a3－a2＝lg3eq \f(3,5)；当n＝3时，a4－a3＝lg3eq \f(5,7)；…；an－an－1＝lg3eq \f(2n－3,2n－1).以上各式，两端分别相加得an－a1＝lg3eq \f(1,3)＋lg3eq \f(3,5)＋lg3eq \f(5,7)＋…＋lg3eq \f(2n－3,2n－1)＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(3,5)×\f(5,7)×…×\f(2n－3,2n－1)))＝lg3eq \f(1,2n－1)，所以an＝1＋lg3eq \f(1,2n－1).将n＝41代入得，a41＝1＋lg3eq \f(1,2×41－1)＝1＋lg3eq \f(1,81)＝－3，故选C.
设[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝an(an＋1)，若eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a1,a1＋1)＋\f(a2,a2＋1)＋…＋\f(an,an＋1)))＝100，则整数n＝________．
因为an＋1＝an(an＋1)＝aeq \\al(2,n)＋an，
所以an＋1－an＝aeq \\al(2,n)＞0，
所以数列{an}是递增数列，且eq \f(1,an)＞0.
又由an＋1＝an(an＋1)可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)－eq \f(1,an＋1)，即eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)－eq \f(1,an＋1)，
而eq \f(an,an＋1)＝eq \f(an＋1－1,an＋1)＝1－eq \f(1,an＋1)，
从而eq \f(a1,a1＋1)＋eq \f(a2,a2＋1)＋…＋eq \f(an,an＋1)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a1,a1＋1)＋\f(a2,a2＋1)＋…＋\f(an,an＋1)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))))，
又0＜eq \f(1,a1)－eq \f(1,an＋1)＜eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))))＝n－1＝100，所以n＝101.
【规律方法】
由递推关系式求数列的通项公式常用的方法
(1)求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；
(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于an＋1＝an＋f(n)型)、累乘法(适用于an＋1＝an·f(n)型)、待定系数法(适用于an＋1＝pan＋q型)求通项公式
【对点训练1】
1．(2021·江西五校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an－Sn＝2，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)))的前n项和为Tn，若对于任意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，则实数k的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
【答案】A
【解析】由题意得Sn＝2an－2，所以Sn－1＝2an－1－2(n≥2)．两式相减，得an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．又a1＝S1＝2a1－2，所以a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．所以an＝2n，所以eq \f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)＝eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,21＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)＜eq \f(1,3)，实数k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).故选A.
2．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(2aeq \\al(2,n)＋3an＋1,an＋1)(n∈N*)，且a1＝1，则数列{an}的通项公式为________．
【答案】an＝2n－1.
【解析】由an＋1＝eq \f(2aeq \\al(2,n)＋3an＋1,an＋1)＝eq \f(（2an＋1）（an＋1）,an＋1)＝2an＋1，
得an＋1＋1＝2(an＋1)，易知an＋1≠0，又a1＋1＝2，
所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.
3.已知数列{an}满足a1＝15，eq \f(an＋1－an,n)＝2(n∈N*)，则eq \f(an,n)的最小值为________．
【答案】eq \f(27,4)
【解析】由eq \f(an＋1－an,n)＝2，得an＋1－an＝2n，因为a1＝15，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝15＋2＋4＋…＋2(n－1)＝15＋2×eq \f(n（n－1）,2)＝n2－n＋15，因为a1＝15满足上式，所以an＝n2－n＋15，所以eq \f(an,n)＝n＋eq \f(15,n)－1，易知当n依次取1，2，3时，n＋eq \f(15,n)－1的值递减；当n取大于或等于4的自然数时，n＋eq \f(15,n)－1的值递增．当n＝3时，eq \f(an,n)＝3＋5－1＝7；当n＝4时，eq \f(an,n)＝4＋eq \f(15,4)－1＝eq \f(27,4).故eq \f(an,n) 的最小值为eq \f(27,4).
考点二 数列求和
命题角度1 裂项相消法求和
【例2—1】 （2021·山东淄博市高三二模）在①，②，，成等比数列，③．这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______．
（1）求；
（2）若，且，求数列的前项和．
注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分．
【解析】（1）选择条件①②
由，得，即，
由，，成等比数列，得，
即，即，
解得，，因此．
选择条件①③
由，得，即；
由，得，即；
解得，因此．
选择条件②③
由，，成等比数列，得，，
即，
由，得，即，
解得，因此．
（2）由，可得
，，
当时，
，
即，则，
当时，，符合，
所以当时，，
则，
因此．
【规律方法】
裂项相消法求和需过的“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和．
命题角度2 分组转化法求和
【例2—2】（2021·山东日照市高三二模）已知正项数列，其前项和为．
（1）求数列的通项公式：
（2）设，求数列的前项和．
【解析】（1）由已知，①
所以有，②
②-①，得，即，∴，
所以数列是公比为的等比数列．
又，∴．所以
（2）由（1）得，
当n为奇数时，
当n为偶数时，
综上所述，
【规律方法】
1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组转化法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
2．分组转化法求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正、负号分组．
命题角度3 错位相减法求和
【例2—3】（2021·山东日照市高三一模）在①已知数列满足：，②等比数列中，公比，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，若对恒成立，求正整数的最大值.
【解析】（1）选择条件①，
设等数列的首项为.公比为，
依题意，，得为等比数列，所以，，，
解之得；
∴
选择条件②，设等比数列的首项为，
公比.前5项和为62，
依题意，，，
解得，
∴.
（2）因为，
所以①
②
1－②得，
所以.
因为，
所以数列单调递增，最小，最小值为.
所以.
所以.
故正整数的最大值为2022.
【规律方法】
1.求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．
2．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．
【对点训练2】
1.（2021·河北唐山市高三二模）已知为等差数列的前项和，，．
（1）求；
（2）记数列的前项和为，证明：．
【解析】（1）设等差数列的公差为，则，
∴由题意，有，得，．
∴．
（2），
∴，．
2．（2021·广东佛山市高三模拟）已知数列的前n项和为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，
（1）求数列的通项公式：
（2）若数列满足，求数列的前100项和．
条件①：，；条件②：，，，成等比数列；
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】选择条件①：
（1）因为
所以，；
当时，；
当时，；
因为当时，符合上式，所以，
选择条件②：
（1）因为，所以数列是等差数列，且公差为1
又因为成等比数列，所以，
即，即，
所以．
（2）因为，
时，
时，，……
时，，
上述50个式子相加得
3.（2021·福建莆田市高三三模）在数列中，,．.
（1）求的通项公式；
（2）在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分.
①设，数列的前n项和为，证明：.
②设，求数列的前n项和.
【解析】（1）因为，且，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，
所以.
（2）选①：
因为，且，
所以，
因此，即.
选②：
因为，
所以，
则，
则
，
故.
4.（2021·福建漳州市高三模拟）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，.
（1）若等差数列满足，求，的通项公式；
（2）若___________，求数列的前项和.
在①；②；③这三个条件中任选一个补充到第（2）问中，并对其求解.
注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分.
【解析】（1）设数列的公比为，则.
，
，解得或.
又因为各项均为正数，
所以.
又，
，
代入得，，
，
则，.
设数列的公差为，
∴，
则.
（2）选择①：
，，
则，
.
选择②：
，，
则，
，
.
选择③：
由（1）知，
.
，
.
5.（2021·广东普宁市华侨中学高三二模）已知数列的前n项和为，且.
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列满足___________，求的前n项和.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.
【解析】（1）当时，因为，所以，两式相减得，.
所以.
当时，因为，所以，又，故，于是，
所以是以4为首项2为公比的等比数列.
所以，两边除以得，.
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
所以，即.
（2）若选①：，即.
因为，
所以.
两式相减得，
所以.
若选②：，即.
所以
.
若选③：，即.
所以
.
考点三 与数列相关的综合问题
【例3】(2021·贵州贵阳市适应性考试)已知等比数列{an}的公比为q(q≠1)，前n项和为Sn，S4＝120，2a2是3a1与a3的等差中项．数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝3lg3an.
(1)求an与bn；
(2)证明：eq \f(1,3)≤eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)