2022年高考数学二轮复习名师知识点总结数列求和及数列的综合应用 .pdf

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1、数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、 表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题1 数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列， 既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列 an bn的前 n 项和

2、，其中 an， bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序 )，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)裂项相消法利用通项变形， 将通项分裂成两项或n 项的差， 通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和这种方法，适用于求通项为1anan1的数列的前n 项和，其中 an若为等差数列，则1anan11d1an1an1. 常见的拆 项公式：1n n11n1n1；1n nk1k(1n1nk)；12n1 2n112(12n112n1)；1nnk1k(nkn)2 数列应

3、用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少 )的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 19 页少)的量就是公差(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少 )，同时又以一个固定的具体量增加(或减少 )时，我们称该模型为生长模型如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项

4、an与它的前一项an1(或前 n 项 )间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题. 考点一分组转化求和法例 1等比数列 an中， a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1， a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列第二列第三列第一行3210 第二行6414 第三行9818 (1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足： bnan( 1)nln an，求数列 bn 的前 n 项和 Sn. 解(1)当 a13 时，不合题意；当 a12 时，当且仅当a26，a318 时，符合题意；当 a110 时，不合题意因此 a12，a26，a318.所以公比q3.

5、 故 an2 3n1 (n N*)(2)因为 bn an(1)nln an2 3n1( 1)nln(2 3n1) 2 3n1( 1)nln 2 (n1)ln 32 3n1( 1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以 Sn2(133n1) 11 1 (1)n (ln 2ln 3)123(1)nnln 3. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 19 页当 n 为偶数时， Sn213n13n2ln 3 3nn2ln 31；当 n 为奇数时， Sn213n13(ln 2 ln 3)n12nln 3 3nn12ln 3ln

6、21. 综上所述， Sn3nn2ln 31，n为偶数，3nn12ln 3ln 2 1，n为奇数 .在处理一般数列求和时，一定要注意使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，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列， 清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式(2013 安徽 )设数列 an 满足 a12，a2 a4 8，且对任意nN*，函数f(x)(anan1an2)xan1cos xan2sin x 满足 f20. (1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn2 an1

7、2an，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 解(1)由题设可得f(x)(an an1an2) an1sin xan2cos x，又 f20，则 an an22an1 0，即 2an1anan2，因此数列 an为等差数列，设等差数列an 的公差为d，由已知条件a122a14d8，解得a1 2，d1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 19 页ana1(n1)d n1. (2)bn2n112n12(n1)12n，Snb1b2bn(n3)n112nn23n112n. 考点二错位相减求和法例 2(2013 山东 )设等差数列 an的

8、前 n 项和为 Sn，且 S44S2，a2n2an1. (1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足b1a1b2a2bnan112n，nN*，求 bn的前 n 项和 Tn. 解(1)设等差数列 an 的首项为a1，公差为d，由S4 4S2，a2n2an 1得 a11，d2，所以 an2n 1(nN*)(2)由已知b1a1b2a2 bnan112n，n N*，当 n2 时，b1a1b2a2bn1an1112n1， 得：bnan12n，又当 n1 时，b1a112也符合上式，所以bnan12n(nN*)，所以 bn2n12n(nN*)所以 Tnb1b2 b3 bn123225232n12n

9、. 12Tn122323 2n32n2n12n1. 两式相减得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 19 页12Tn1222222322n2n12n13212n12n12n1. 所以 Tn32n32n. 错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征， 即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题设数列 an满足 a12， an1an3 22n1. (1)求数列 an的通项公式；(2)令 bnnan，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 解(1)由已知，得当n1

10、 时，an1(an1an)(anan1) (a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1. 而 a12，符合上式，所以数列 an的通项公式为an 22n1. (2)由 bnnann 22n1知Sn1 22 233 25 n 22n1. 从而 22 Sn 1 232 253 27n 22n1. 得(122)Sn223 2522n1 n 22n1，即 Sn19(3n1)22n12考点三裂项相消求和法例 3(2013 广东 )设各项均为正数的数列an的前 n项和为 Sn， 满足 4Sna2n14n1， nN*, 且 a2，a5，a14构成等比数列(1)证明： a24a15；(2)求数列 a

11、n的通项公式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 19 页(3)证明：对一切正整数n，有1a1a21a2a31anan10，a24a15. (2)解当 n2 时， 4Sn1a2n4(n1)1，4an4Sn4Sn1a2n1a2n4，即 a2n1a2n4an4(an2)2，又 an0，an1an2，当 n2 时， an是公差为2 的等差数列又 a2，a5，a14成等比数列a25a2 a14，即 (a26)2a2 (a2 24)，解得 a23. 由(1)知 a1 1. 又 a2a1312，数列 an是首项 a11，公差 d2 的等

12、差数列an2n1. (3)证明1a1a21a2a3 1anan111313515712n1 2n112113131512n112n112112n10)中， a13，此数列的前n 项和为 Sn，对于所有大于1 的正整数n 都有 Snf(Sn1)(1)求数列 an 的第 n1 项；(2)若bn是1an1，1an的等比中项，且Tn为bn 的前 n 项和，求Tn. 解(1)因为x，f x2，3(x0)成等差数列，所以 2f x2x3，整理，得f(x)(x3)2. 因为 Snf(Sn1)(n 2)，所以 Sn(Sn13)2，所以SnSn13，即SnSn13，所以 Sn是以3为公差的等差数列因为 a13，

13、所以 S1a13，所以SnS1(n1)333n33n. 所以 Sn3n2(nN*)所以 an1Sn1Sn3(n1)23n26n3. (2)因为bn是1an1与1an的等比中项，所以 (bn)21an11an，所以 bn1an11an13 2n1 3 2n111812n112n1，Tnb1b2bn118113131512n112n1118112n1n18n 9. 考点四数列的实际应用精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 19 页例 4(2012 湖南 )某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2 000 万

14、元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元， 并将剩余资金全部投入下一年生产设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an1与 an的关系式；(2)若公司希望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值 (用 m 表示 )(1)由第 n 年和第 (n1)年的资金变化情况得出an与 an1的递推关系；(2)由 an1与 an之间的关系，可求通项公式，问题便可求解解(1)由题意得a12 000(150%) d3 000d，

15、a2a1(150%)d32a1d 4 50052d. an1an(150%) d32and. (2)由(1)得 an32an1d3232an2d d322an232dd32n1a1d 132322 32n2. 整理得 an32n1(3 000d)2d32n1 132n1(3 0003d) 2d. 由题意，知am4 000，即32m1(3 0003d)2d4 000，解得 d32m2 1 00032m 11 000 3m2m13m2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 000 3m2m13m2m时，经过 m(m3)年企业的剩余资金为4 000 万元用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学

16、模型 数列模型，弄精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 19 页清所构造的数列的首项是什么，项数是多少， 然后转化为解数列问题求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下， 可卖出 b 千克 若做广告宣传，广告费为n(nN*)千元时比广告费为(n1)千元时多卖出b2n千克(1)当广告费分别为1 千元和 2 千元时，用b 表示销售量S；(2)试写出销售量S与 n 的函

17、数关系式；(3)当 a50，b200 时，要使厂家获利最大，销售量S和广告费n 分别应为多少？解(1)当广告费为1 千元时，销售量Sbb23b2. 当广告费为2 千元时，销售量S bb2b227b4. (2)设 Sn(nN)表示广告费为n 千元时的销售量，由题意得 S1 S0b2，S2S1b22，SnSn1b2n. 以上 n 个等式相加得，SnS0b2b22b23b2n，即 SSnbb2b22b23 b2nb112n1112b(212n)(3)当 a50，b200 时，设获利为Tn，则有TnSa1 000n10 000(212n)1 000n1 000(20102nn)，设 bn20102nn

18、，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 19 页则 bn1bn20102n1n 120102nn52n1，当 n2 时， bn1bn0；当 n3 时， bn1bn0. 所以当 n3 时， bn取得最大值，即Tn取得最大值，此时S375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375 千克和 3 千元1 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)anS1n1SnSn1n2. (2)递推关系形如an1anf(n)，常用累加法求通项(3)递推关系形

19、如an1anf(n)，常用累乘法求通项(4)递推关系形如“an1panq(p、q 是常数， 且 p1，q0)”的数列求通项， 此类通项问题，常用待定系数法可设an1 p(an )，经过比较，求得 ，则数列 an 是一个等比数列(5)递推关系形如“an1panqn(q，p 为常数，且p1， q0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以qn转化为类型 (4)，或同除以pn1转为用迭加法求解2 数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法

20、或并项法求和的几个数列的和求解提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n1 项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零3 数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力其中， 建立数列模型是解决精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 19 页这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

21、 11 页，共 19 页1 在一个数列中，如果? nN*，都有 anan1an2k(k 为常数 )，那么称这个数列为等积数列，称 k 为这个数列的公积已知数列 an是等积数列，且a1 1，a22，公积为8，则 a1a2a3 a12_. 答案28 解析依题意得数列an是周期为3 的数列，且a11， a2 2，a3 4，因此 a1a2a3 a124(a1a2a3)4 (124) 28. 2 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1 流感某医院近30 天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列an ，已知 a11，a22，且 an2an1( 1)n(nN*)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有_答案255

22、 解析由于 an2an1(1)n，所以 a1a3 a291，a2，a4，a30构成公差为2 的等差数列，所以 a1a2 a29a3015152151422255. 3 已知公差大于零的等差数列 an的前 n 项和 Sn，且满足： a2 a465，a1a518. (1)若 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设 bnn2n1 Sn，是否存在一个最小的常数m 使得 b1b2 bn0，a2a4，a25，a413. a1 d5，a1 3d13，a11，d4.an4n3. 由于 1i21， a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，精选学习资料 - - - - - -

23、- - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 19 页a1 a21a2i，即 1 81(4i3)2，解得 i3. (2)由(1)知， Snn 1n n12 42n2n，所以 bn12n1 2n 11212n112n1，b1b2bn12113131512n112n1n2n1，因为n2n11212 2n112，所以存在 m12使 b1 b2bn0，S160，S1616 a1a162 8(a8a9)0，a90，S2a20， ，S8a80，S9a90，S10a100，S15a150，而 S1S2a2a8，所以在S1a1，S2a2，S15a15中最大的是S8a8. 精选学习资料

24、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 19 页故选 B. 5 数列 an 满足 a11，且对任意的m，nN*都有 amnamanmn，则1a11a21a31a2 012等于() A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案A 解析令 m1 得 an1ann1，即 an1ann1，于是 a2a12，a3a23，anan1n，上述 n1 个式子相加得ana123 n，所以 an123 nn n12，因此1an2n n121n1n1，所以1a11a21a31a2 0122 11212131

25、2 01212 0132 112 0134 0242 013. 6 已知函数 f(n)n2n为奇数 ，n2n为偶数，且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3 a2 012等于() A 2 012 B 2 011 C2 012 D2 011 答案C 解析当 n 为奇数时，anf(n) f(n1)n2(n1)2 (2n 1)；当 n 为偶数时，anf(n) f(n1) n2(n1)22n1. 所以 a1a2a3 a2 0122(12342 0112 012)2 012. 二、填空题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 19

26、页7 数列 an 中，已知对任意nN*，a1a2a3 an3n1，则 a21a22a23 a2n_. 答案12(9n1) 解析a1a2a3 an3n1，a1a2a3an1 3n11(n 2)则 n2 时，两式相减得，an2 3n1. 当 n1 时， a1312，适合上式，an2 3n1(nN*)a2n4 9n1，则数列 a2n是首项为4，公比为9 的等比数列a21a22a23a2n4 19n1912(9n1)8 设数列 an的前 n 项和为Sn，且 an为复数isin n2cos n2(nN*)的虚部，则S2 013_. 答案1 解析由已知得： ansin n2(nN*)，a11，a20，a3

27、 1，a40，故an是以 4 为周期的周期数列，S2 013S5034 1S1a11. 9 已知数列 an满足 3an1 an4(n1)且 a19，其前 n 项之和为Sn，则满足不等式|Snn6|1125的最小整数n 是_答案7 解析由递推式变形得3(an1 1) (an1)，an1 是公比为13的等比数列则 an18 (13)n1，即 an8 (13)n11. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 19 页于是 Sn81 13n1 13n61(13)nn 66 (13)nn因此 |Snn6|6(13)n| 6(13)n25

28、0，满足条件的最小n7. 10 气象学院用3.2 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第 n 天的维修保养费为n4910(n N*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了 _天答案800 解析由题意得， 每天的维修保养费是以5 为首项，110为公差的等差数列设一共使用了 n 天，则使用n 天的平均耗资为3.21045n4910n2n3.2104nn20992023.2104nn209920，当且仅当3.2104nn20时取得最小值，此时n 800. 三、解答题11已知等差数列 an满足 ：a59，a2a614. (1)求

29、数列 an的通项公式；(2)若 bn anqan(q0)，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 解(1)设数列 an 的公差为 d，则由 a59，a2a614，得a1 4d92a16d14，解得a11d2. 所以数列 an的通项公式为an 2n1. (2)由 an2n1 得 bn2n1q2n1. 当 q0 且 q1 时， Sn 135 (2n1) (q1q3 q5 q2n1) n2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 19 页q 1q2n1q2；当 q1 时， bn2n，则 Snn(n1)所以数列 bn的前 n 项和 Snn

30、n1 ，q1n2q 1q2n1q2，q0且q1. 12将函数f(x)sin 14x sin 14(x2 ) sin 12(x3)在区间 (0， )内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列an( nN*)(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2nan，数列 bn 的前 n 项和为 Tn，求 Tn的表达式解(1)化简 f(x)sin 14x sin 14(x2 ) sin 12(x3)14sin x，其极值点为xk 2(kZ)，它在 (0，)内的全部极值点构成以2为首项， 为公差的等差数列，故 an2(n1) n 2. (2)bn2nan2(2n1) 2n，Tn21 2 322 (2n3) 2

31、n1(2n1) 2n，则 2Tn21 223 23 (2n 3) 2n(2n1) 2n1两式相减，得Tn21 2 222 2 23 2 2n(2n1) 2n1，Tn (2 n 3) 2n313在等比数列an中， a214，a3 a61512.设 bnlog2a2n2 log2a2n12，Tn为数列 bn的前n项和(1)求 an和 Tn；(2)若对任意的nN*，不等式Tnn 2(1)n恒成立，求实数 的取值范围解(1)设an的公比为q，由 a3a6a22 q5116q51512得 q12，ana2 qn2(12)n. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

32、 - - -第 18 页，共 19 页bnlog2a2n2 log2a2n12 log(12)2n12 log(12)2n12 12n1 2n112(12n112n1)，Tn12(113131512n112n1) 12(112n1)n2n1. (2)当 n 为偶数时，由Tnn2 恒成立得， n2 2n 1n 2n2n 3恒成立，即 (2n2n 3)min，而 2n2n3 随 n 的增大而增大，n2 时(2n2n3)min0， 0. 当 n 为奇数时，由Tnn2 恒成立得， n2 2n 1n 2n2n 5恒成立，即 (2n2n 5)min而 2n2n522n2n59，当且仅当 2n2n，即 n1时等号成立， 9. 综上，实数 的取值范围为 (，0)7精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 19 页