2023届高考数学二轮复习3-2数列求和及综合应用学案含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习3-2数列求和及综合应用学案含答案，共16页。学案主要包含了命题规律等内容，欢迎下载使用。

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-12＝an＋2(n∈N*，n≥2)．
(1)求证：{an＋1－an}是等差数列；
(2)若a1＝1，a2＝2，求{an}的通项公式．






2．[2022·湖北武汉模拟]已知数列{an}中，a1＝3且an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{an－n}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a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.
(1)证明：数列{an－2n3}为等比数列；
(2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
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an＋1－an(n∈N*)为一常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).
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(n∈N*)为一常数；
(2)利用等比中项，即证明an2＝an－1an＋1(n≥2)．
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1
[2022·湖南株洲一模]已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且an＋1－an＝2·3n.
(1)求数列{an}的公比q和a4的值；
(2)求证：－a1，Sn，an＋1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Sn＝2n＋1－λ(λ∈R)是等比数列{an}的前n项和．
(1)求λ及an；
(2)设bn＝1an＋log2an，求{bn}的前n项和Tn.





2．[2022·福建龙岩一模]已知数列{an}是等比数列，公比q>0，且a3是2a1，3a2的等差中项，a5＝32.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n＋1)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S4＝16.
(1)求{an}的通项公式．
(2)若bn＝1anan+2，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<13.
听课笔记：







例3[2022·湖北黄冈中学二模]数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)．
(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+1＝1d(1an-1an+1)，1anan+2＝12d(1an-1an+2)．


巩固训练2
1.[2022·河北石家庄一模]已知等差数列{an}各项均为正数，公差d<3，若分别从下表第一、二、三行中各取一个数，依次作为a3，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
3
5
6
第二行
7
4
8
第三行
11
12
9
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝8an+1·an+1+3，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<32.





2．[2022·山东临沂二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝log2anan，求数列{bn}的前n项和Tn.




微专题3　数列重组问题
保分题
1.[2022·山东日照二模]已知等差数列{an}的公差为正数，a2与a8的等差中项为8，且a3a7＝28.
(1)求{an}的通项公式；
(2)从{an}中依次取出第3项，第6项，第9项，…，第3n项，按照原来的顺序组成一个新数列{bn}，判断938是不是数列{bn}中的项？并说明理由．






2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝4，S3＝3a1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若{an}的前3项按某种顺序重新排列后是递增等差数列{bn}的第八、九、十项，求{bn}的前n项和Tn的最小值．






提分题
例4[2022·广东汕头三模]已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足an+12-an2＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}中前50项的和T50.
听课笔记：





技法领悟
通过题目表达确立关键信息或关系，找准新数列与原数列的关系，是解题的关键．

巩固训练3
[2022·辽宁东北育才学校二模]已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}前63项和S63.











































第二讲　数列求和及综合应用
微专题1　数列的证明
保分题
1．解析：(1)由题an＋1＋an－1＝2an＋4，即an＋1－an＝an－an－1＋4，
∴{an＋1－an}是公差为4的等差数列．
(2)a2－a1＝1，∴an－an－1＝a2－a1＋4(n－2)＝4n－7(n≥2)，
an－1－an－2＝4n－11…，
累加可得
an－a1＝(4n－7)＋(4n－11)＋…＋1＝4n-7+1n-12＝2n2－5n＋3(n≥2)，
an＝2n2－5n＋4(n≥2)，当n＝1时a1也满足上式
∴an＝2n2－5n＋4.
2．解析：(1)因为an＋1＝2an－n＋1，an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，所以an+1-n+1an-n＝2，
又因为a1－1＝2，所以数列{an－n}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得，an－n＝2n，所以an＝2n＋n，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝21＋22＋23＋…＋2n＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝21-2n1-2+nn+12＝2n＋1－2＋12n2＋12n.
提分题
[例1]　解析：(1)证明：由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)　①，
得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)　②，
由①－②，得an＋an＋1＝2n(n≥2)，
得an＋1＝－an＋2n⇒an＋1－2n+13＝－(an－2n3)(n≥2)，
又当n＝1时，由①得a2＝1⇒a2－223＝－(a1－23)，
所以对任意的n∈N*，都有an＋1－2n+13＝－(an－2n3)，
故an-2n3是以13为首项，－1为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－2n3＝-1n-13⇒an＝2n+-1n-13，
所以an＋1＝2n+1+-1n3，代入①，得Sn＝2n+13--1n6-12，
所以S1＋S2＋…＋S2n＝13(22＋23＋…＋22n＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－2n2＝13(22-22n+21-2)－0－n＝22n+2-3n-43.
[巩固训练1]
解析：(1)由题设得a2-a1=6a3-a2=18，
因为{an}为等比数列，所以a2-a1=6a2q-a1q=18
所以q＝3，
又因为a2－a1＝a1q－a1＝6，所以a1＝3，
所以an＝3n
所以a4＝34＝81.
(2)证明：因为an＝3n，
所以an＋1－Sn＝3n＋1－31-3n1-3＝3n＋1－3n+1-32＝3n+1+32，
Sn－(－3)＝3n+1-32＋3＝3n+1+32，
所以Sn－(－3)＝an＋1－Sn，
所以－a1，Sn，an＋1成等差数列．
微专题2　数列求和
保分题
1．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝4－λ，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
由题意得a1＝4－λ＝2，故λ＝2，an＝2n.
(2)bn＝1an＋log2an＝12n＋n，
则Tn＝(12+122＋…＋12n)＋(1＋2＋…＋n)，
得Tn＝1－12n+nn+12.
2．解析：(1)依题意得：2a1q2＝2a1＋3a1q，
∵a1≠0，∴2q2－3q－2＝0，
∵q>0，∴q＝2，又a5＝a1q4＝32，∴a1＝2，
∴an＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)知，bn＝(2n＋1)·2n
Tn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1
相减得：－Tn＝6＋2·(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1
－Tn＝6＋2×41-2n-11-2－(2n＋1)·2n＋1
整理得：Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.
提分题
[例2]　解析：(1)由题意，得S4＝4a1＋4×32×2＝16，
解得：a1＝1，
故an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)证明：因为bn＝1anan+2＝12n-12n+3＝14(12n-1-12n+3)，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝14(1－15+13-17+15-111＋…＋12n-1-12n+3)
＝14(1＋13-12n+1-12n+3)＝13-14(12n+1+12n+3)，
因为14(12n+1+12n+3)>0，
所以Tn<13.
[例3]　解析：(1)当n＝1时，a2＝2S1＝2，
当n≥2时，由an＋1＝2Sn可得an＝2Sn－1，
上述两个等式作差得an＋1－an＝2an，可得an＋1＝3an，且a2≠3a1，
所以，数列{an}从第二项开始成以3为公比的等比数列，则an＝2·3n－2，
因为a1＝1不满足an＝2·3n－2，故an＝1，n=12·3n-2，n≥2.
(2)Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，
当n＝1时，T1＝1；
当n≥2时，Tn＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n·3n－2，①
3Tn＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n·3n－1，②
①－②得：－2Tn＝2＋2(31＋32＋…＋3n－2)－2n·3n－1＝2＋2·31-3n-21-3－2n·3n－1＝－1＋(1－2n)·3n－1，
所以，Tn＝2n-1·3n-1+12(n≥2)，
又T1＝1也满足Tn＝2n-1·3n-1+12，所以Tn＝2n-1·3n-1+12(n∈N*)．
[巩固训练2]
1．解析：(1)由题意可知，数列{an}为递增数列，
又公差d<3，所以a3＝5, a4＝7，a5＝9，则可求出a1＝1，d＝2，
∴an＝2n－1.
(2)bn＝8an+1·an+1+3＝2nn+2＝1n-1n+2，
Tn＝(1－13)＋(12-14)＋(13-15)＋(14-16)＋…＋(1n-1-1n+1)＋(1n-1n+2)，
＝1＋12-1n+1-1n+2，
＝32-1n+1-1n+2
∴Tn<32.
2．解析：(1)由Sn＋1＝2Sn＋1得Sn＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，
∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1，
∴an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)．
又a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1，∴a2＋a1＝2a1＋1，整理得a2＝2a1.
∴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：an＝2n－1.
(2)由(1)得an＝2n－1，∴bn＝log2anan＝log22n-12n-1＝n-12n-1.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，
即Tn＝0＋12+222＋…＋n-12n-1，
12Tn＝0＋122+223＋…＋n-12n，
两式相减，得12Tn＝12+122＋…＋12n-1-n-12n＝121-12n-11-12-n-12n＝1－n+12n，
∴Tn＝2－n+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a5＝8，又因为a3a7＝28，即(a5－2d)(a5＋2d)＝28.
所以d2＝9，d＝±3，因为公差为正数，所以d＝3.
则a5＝a1＋4d＝8，则a1＝－4.
∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝－4＋3(n－1)＝3n－7(n∈N*)．
(2)结合(1)可知b1＝a3＝2，b2＝a6＝11，b3＝a9＝20，…，bn＝a3n＝9n－7(n∈N*)．
令938＝9n－7，即n＝105∈N*，符合题意，即b105＝938.
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a3＝4，S3＝3a1，
所以a1q2＝4，a1＋a1q＋a1q2＝3a1，解得q=1a1=4或q=-2a1=1，
所以an＝4或an＝(－2)n－1.
(2)若an＝4，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)n－1，则a1＝1，a2＝－2，a3＝4，
因为{bn}是递增的等差数列，所以b8＝－2，b9＝1，b10＝4，
所以公差d＝b9－b8＝3，
所以bn＝－2＋(n－8)×3＝3n－26，Tn＝-23+3n-26n2＝3n-49n2
所以当n≤8时bn<0，n≥9时bn>0，
所以当n＝8时Tn取得最小值，即(Tn)min＝T8＝－100.
提分题
[例4]　解析：(1)由an+12-an2＝2an＋2an＋1，
得：(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)，
∵an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，
{an}是首项a1＝1，公差为2的等差数列，
∴an＝2n－1，
又当n＝1时，2S1＋1＝3b1得b1＝1，
当n≥2，由2Sn＋1＝3bn，　①
2Sn－1＋1＝3bn－1，　②
由①－②整理得：bn＝3bn－1，
∵b1＝1≠0，
∴bn－1≠0，
∴bnbn-1＝3，
∴数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n－1.
(2)依题意知：新数列{cn}中，ak＋1(含ak＋1)前面共有：(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝k+1k+22项．
由k+1k+22≤50，(k∈N*)得：k≤8，
∴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；
∴T50＝11-391-3+411+812＝11522.
[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a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3可得：12+d=5q12+2d=2q2，解得d=3q=3，
故an＝12＋3(n－1)＝3n＋9，bn＝3n－1.
(2)当数列{cn}前63项中含有数列{bn}中4项时，令3n＋9<34⇒n<24，此时{cn}最多23＋3＝26项，不符合题意
当数列{cn}前63项中含有数列{bn}中5项时，令3n＋9<35⇒n<78，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S63＝12×60＋60×592×3＋30＋31＋32＝6043.