统考版2025届高考数学全程一轮复习第六章数列第四节数列求和及综合应用学生用书

第四节数列求和及综合应用·最新考纲·1．驾驭等差、等比数列的前n项和公式．2．能在详细的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关学问解决与前n项和相关的问题．·考向预料·考情分析：数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主．学科素养：通过非等差、等比数列求和问题考查逻辑推理、数学运算的核心素养．积累必备学问——基础落实赢得良好开端一、必记6个学问点1．公式法求和(1)等差数列求和公式：Sn＝na1+(2)等比数列求和公式：Sn＝na2．裂项相消法求和把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法．3．错位相减法求和(1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．(2)方法：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为依据公式可求的和．4．倒序相加法求和假如一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和，可把正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，例如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．5．分组求和法求和若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和而后相加减．例如已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.6．并项求和法求和把数列中的若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的项可能正、负相间出现或呈现周期性．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采纳两个项合并求解．例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.二、必明2个常用结论1．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn+1(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n2．三种常见的拆项公式(1)1nn+1＝(2)12n-12n+1＝(3)1n+n+1三、必练4类基础题(一)推断正误1．推断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)假如数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝a1(2)当n≥2时，1n2-1(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘以a即可依据错位相减法求得．()(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(二)教材改编2．[必修5·P47T4改编]数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn+1，则SA．1B．56C．163．[必修5·P61T4(1)改编]若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________．(三)易错易混4．(不能精确分组)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________________．5．(不能精确拆项)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k=1n(四)走进高考6．[2024·全国卷Ⅱ]0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满意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，并称满意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)＝1mi=1maiA.11010…B．11011…C．10001…D．11001…提升关键实力——考点突破驾驭类题通法考点一分组转化法或并项法求和[综合性][例1](1)[2024·湖北大冶六中月考]已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－4＋7－10＋…＋(－1)n－1(3n－2)，则S21＝()A．30B．31C．－30D．－31(2)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝an+2，n是奇数，2A．1121B．1122C．1123D．1124听课笔记：反思感悟1.分组转化法求和的常见类型1若a2通项公式为an2.并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an=(-1)nf(n)类型，可采纳两项合并求解．例如Sn=1002-992+982-【对点训练】1．[2024·四川省成都市检测]已知数列{an}是等差数列，且a8＝1，S16＝24，数列{bn}是递增的等比数列且b1＋b4＝9，b2b3＝8.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求(a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1)．2．[2024·江苏省扬州市高三模拟]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满意：a1＝b1＝2，且a2－1，a3，a6－1是等比数列{bn}的连续三项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝(－1)nlog2(anan＋1)＋log2bn，求数列{cn}的前10项和T10.考点二错位相减法求和[综合性][例2][2024·湖南省永州市测试]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，a1＝2，a2＝4，(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{(2n－1)·an}的前n项和Tn.听课笔记：反思感悟1．驾驭解题“3步骤”2．留意解题“3关键”(1)要擅长识别题目类型，特殊是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种状况求解．3．谨防解题“2失误”(1)两式相减时最终一项因为没有对应项而遗忘变号．(2)对相减后的和式的结构相识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和.【对点训练】[2024·河南高三月考]已知数列{an}满意a1＝1，an＋1－2an＋2＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.考点三裂项相消法求和[综合性]角度1形如an＝1n[例3][2024·商丘市高级中学测试]已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，S4＝a1＋9，且S9＝5a9.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝Sn+1-SnS听课笔记：反思感悟利用裂项相消法求和的留意事项(1)抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项裂项后，有时须要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．例如，若{an}是等差数列，则1anan+1＝1d角度2形如an＝1n+k[例4]数列{an}满意a1＝1，an2+2(1)求证：数列{an2}是等差数列，并求出{(2)若bn＝2an+an+1，求数列{听课笔记：【对点训练】1．[2024·湖南湘西州期末]已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝1fn+1+fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为SnA．2019－1B．2020－1C．2021－1D．2021－12．[2024·四川省遂宁市检测]已知数列{an}中，a2＝13，an＝an＋1＋2anan＋1(1)求数列{an}的通项公式；(2)令2n-1annn+2的前n项和为Tn，求证：T考点四与数列有关的综合问题[综合性]角度1数列与函数结合[例5]已知数列{an}满意an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝π2，若函数f(x)＝sin2x＋2cos2x2，记yn＝f(an)，则数列{yA．0B．－9C．9D．1听课笔记：反思感悟在涉及函数与数列的综合题时，不仅要正确审题深抠函数的性质与数列的定义，还要明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．角度2数列与不等式结合[例6][2024·山东威海模拟]公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an满意aman＝16a12，则A．32B．53C．4听课笔记：反思感悟在涉及数列与不等式的综合问题时，一般实行化归的思想将问题转化为我们较熟识的问题来解决，如基本不等式法、裂项相消求和、错位相减求和等.角度3数列与数学文化[例7][2024·江苏南通市高三月考]有这样一道题目：“戴氏善屠，日益功倍．初日屠五两，今三十日屠讫，问共屠几何？”其意思为：“有一个姓戴的人擅长屠肉，每一天屠完的肉是前一天的2倍，第一天屠了5两肉，共屠了30天，问一共屠了多少两肉？”在这个问题中，该屠夫前5天所屠肉的总两数为()A．35B．75C．155D．315听课笔记：反思感悟解决数列与数学文化相交汇问题的关键：一是读懂题意，即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型，即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是“解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、公差(或公比)、项数、通项公式或前n项和等．【对点训练】1．[2024·北京石景山区模拟]九连环是我国从古至今广为流传的一种益智嬉戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环相互贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满意a1＝1，且an＝2an-1-1,n为偶数A．7B．10C．12D．222．设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝()A．0B．7C．14D．213．[2024·山东淄博一中月考]已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)．当n∈N*时，an＝fn-1fn·fn+1，记数列{an}的前n项和为Sn，当SA．4B．5C．6D．7微专题25数列中的新定义问题交汇创新[例][2024·河北石家庄模拟]数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝a1+2a2+…+2n-1ann，现已知{a解析：由Hn＝a1+2a2+…+2n-1ann＝2n，得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n①，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1②，由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2当n＝1时，a1＝2也满意式子an＝n＋1，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，所以Sn＝n2+n+12＝答案：n名师点评(1)数列的新定义问题的特点是：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目供应的信息，联系所学的学问和方法，实现信息的迁移，达到敏捷解题的目的．(2)破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需仔细审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n的含义为a1+2a2+…+2n-1ann＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n求通项，只需写出a1＋2a2＋…＋2n[变式训练][2024·江西上高模拟]定义：若数列{an}对随意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称|an|为“肯定和数列”，d叫做“肯定公和”．已知“肯定和数列”{an}中，a1＝2，肯定公和为3，则其前2021项的和S2021的最小值为()A.－2021B．－3010C．－3028D．－3030第四节数列求和及综合应用积累必备学问一、1．(1)na1＋nn-12d三、1．答案：(1)√(2)√(3)×(4)√2．解析：∵an＝1nn+1＝∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－12+12-答案：B3．解析：Sn＝21-2n1-2+n1+2n-1答案：2n＋1－2＋n24．解析：Sn＝2×[0＋1－2＋3－4＋…＋(－1)n(n－1)]＝1-n，n为奇数，答案：1-n，n为奇数，5．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3=a1+2d=3，S4=4a1+4×32d=10.解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，＝2×(1－12+1＝2×(1－1n+1)＝2n答案：2n6．解析：C(1)＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝15(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5aC(2)＝15(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝15(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5aC(3)＝15(a1a4＋a2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8)＝15(a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5aC(4)＝15(a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9)＝15(a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a对于A，C(1)＝15，C(2)＝25，故A不正确；对于B，C(1)＝35，故B不正确；对于D，C(1)＝25，故D不正确；对于C，C(1)＝15，C(2)＝0，C(3)＝答案：C提升关键实力考点一例1解析：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn＝1－4＋7－10＋…＋(－1)n－1(3n－2)，所以S21＝1－4＋7－10＋…－58＋61＝1＋10×(－4＋7)＝31.故选B项．(2)由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×1-210答案：(1)B(2)C对点训练1．解析：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得：a1+7d=12a1+15d=3，∴a1＝－6，d＝1，a(2)由题意得：b1+b4=9b1·b4=8，{bn}是递增的等比数列，故解得：b1＝1，b4∴(a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1)＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b1＋b3＋…＋b2n－1)＝(－6－4－2＋…＋2n－8)＋(1＋4＋16＋…＋4n－1)＝n-6+2n-82+1-4n1-4＝2．解析：(1)设{an}公差为d，由题意知，a2－1，a3，a6－1不为零，且(a2－1)(a6－1)＝a32，∴(2＋d－1)(2＋5d－1)＝(2＋2d)2，化简即1＋6d＋5d2＝4＋8d＋4d得(d－3)(d＋1)＝0，∴d＝－1或d＝3，其中d＝－1时，a2－1＝d＋1＝0，不符合题意，故d≠－1，经检验d＝3符合题意，∴an＝2＋3(n－1)＝3n－1，故{bn}公比q＝a3a2∴bn＝2·2n－1＝2n；(2)cn＝(－1)n·log2[(3n－1)(3n＋2)]＋n＝(－1)n[log2(3n－1)＋log2(3n＋2)]＋n＝(－1)n·log2(3n－1)＋(－1)n·log2(3n＋2)＋n，∴T10＝c1＋c2＋c3＋…＋c10＝(－log22－log25＋log25＋log28－log28－log211＋…－log226－log229＋log229＋log232)＋(1＋2＋…＋10)＝－log22＋log232＋11×102考点二例2解析：(1)∵Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＝2(Sn－Sn－1)(n≥2)，∴an＋1＝2an(n≥2)，又a2＝4＝2a1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)据(1)可得(2n－1)·an＝(2n－1)·2n，所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×22×1-2n-11-2化简得Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.对点训练解析：(1)由题意，数列{an}满意an＋1－2an＋2＝0，可得an＋1－2＝2(an－2)，即an+1又因为a1＝1，可得a1－2＝－1，所以an－2＝(a1－2)·2n－1＝－2n－1，所以an＝2－2n－1，即数列{an}的通项公式an＝2－2n－1.解析：(2)由(1)知an＝2－2n－1，可得bn＝nan＝2n－n·2n－1，则Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2×1－1×20)＋(2×2－2×21)＋(2×3－3×22)＋…＋(2n－n·2n－1)＝(2×1＋2×2＋2×3＋…＋2n)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＝n(n＋1)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1)．令t＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，则2t＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，所以－t＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n－1－n×2n，所以t＝1－2n＋n×2n.所以Sn＝n2＋n－1＋2n－n×2n.考点三例3解析：(1)因为S9＝5a9，所以9a5＝5a9，即9(a1＋4d)＝5(a1＋8d)，整理得a1＝d，又因为S4＝4a1＋6d＝a1＋9，所以a1＋2d＝3，即a1＝d＝1，所以an＝n；(2)由(1)知an＝n，所以Sn＝nn+12，又bn＝所以Tn＝(1S1-1S2)＋(1S例4解析：(1)证明：由an2+2所以数列{a所以an2＝1＋(n－1)×2＝2又由已知易得an＞0，所以an＝2n-1(n∈N*)．(2)bn＝2an＝2n+1-故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3－1)＋(5-3)＋…＋(2n+1-对点训练1．解析：由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝x.所以an＝1fn+1+fn＝1n+1+n＝n+1-n，所以S2020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝(答案：C2．解析：(1)因为an＝an＋1＋2anan＋1，令n＝1，则a1＝a2＋2a1a2，又a2＝13，所以a1对an＝an＋1＋2anan＋1两边同时除以anan＋1，得1a又因为1a1＝1，所以所以1an＝1＋2(n－1)＝2n－1，故an＝解析：(2)由(1)得：2n-1annn+2＝所以Tn＝12(1－13+12因为n∈N*，所以2n+3n2+3n+2＞0，故Tn＜12×32＝考点四例5解析：由题意知数列{an}是等差数列．∵a5＝π2，∴a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5∵f(x)＝sin2x＋2cos2x2∴f(x)＝sin2x＋cosx＋1.∴f(a1)＋f(a9)＝sin2a1＋cosa1＋1＋