《直通名校》专题三 第2讲　大题专攻——数列中的综合问题（课件）-高考数学大二轮专题复习

(共57张PPT)
第2讲　大题专攻
——数列中的综合问题
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 解答题会考查等差、等比数
列的判定与证明，数列求和
等问题，注意与不等式的交
汇考查
等差、等比数列的判定及应用 数列通项及求和的综合问题 二、真题感悟
1. （2023·新高考Ⅰ卷20题）（等差数列基本量的计算）设等差数列{an}的
公差为d，且d＞1.令bn＝ ，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的
前n项和.
（1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
解：∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，
∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1），
∴bn＝ ，
∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝ ，
∴6d＋ ＝21.整理得2d2－7d＋3＝0，
即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝ （舍去）.
∴an＝3n，n∈N*.
（2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解：若{bn}为等差数列，
则b1＋b3＝2b2，即 ＋ ＝2· .
整理得 －3a1d＋2d2＝0.
解得a1＝d或a1＝2d.
当a1＝d时，an＝nd，bn＝ ＝ ，
∴S99－T99＝ （d＋99d）－ （ ＋ ）＝99.
整理得50d2－d－51＝0，
解得d＝ 或d＝－1（舍去）；
当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝ ＝ ，
∴S99－T99＝ （2d＋100d）－ （ ＋ ）＝99.
整理得51d2－d－50＝0，
解得d＝－ 或d＝1，
∵d＞1，∴此时无解.
综上可知，d＝ .
2. （2024·全国甲卷理18题）（数列求和）记Sn为数列{an}的前n项和，
已知4Sn＝3an＋4.
（1）求{an}的通项公式；
解：因为4Sn＝3an＋4，　①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，　②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，
即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×（－3）n－1.
（2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：法一（错位相减法）　因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4×（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋
4× －4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n，
所以Tn＝1＋（2n－1）·3n.
法二（裂项相消法）　bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－
3）n－1＝4n·3n－1，
令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1，
则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－
k（n－1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1，
所以解得
即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－
（2n－3）·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－
1×31＋5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝
（2n－1）·3n－（－1）×30＝（2n－1）·3n＋1.
1. 等差、等比数列的判断与证明
方法 等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d
通项公式法 an＝a1＋（n－1）d an＝a1·qn－1
中项法 2an＝an－1＋an＋1（n≥2）
前n项和
法 Sn＝an2＋bn（a，b为 常数） Sn＝kqn－k（k≠0，
q≠0，1）
2. 数列求和的常用方法
（1）公式法；（2）分组求和法；（3）倒序相加法；（4）错位相减
法；（5）裂项相消法.
3. 常见的裂项技巧
（1） ＝ － ；
（2） ＝ ；
（3） ＝ ；
（4） ＝ － .
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
数列的判断与证明
【例1】　（2024·扬州第二次调研）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝
an－4an＋1，a1＝－1.
（1）证明：数列{2an＋1－an}为等比数列；
解：证明：Sn＝an－4an＋1，n∈N*，
当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，
两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，
即4an＋1＝4an－an－1，则有2（2an＋1－an）＝2an－an－1，
当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，
所以数列{2an＋1－an}是以1为首项， 为公比的等比数列.
（2）求数列{an}的前n项和.
解：由（1）得，2an＋1－an＝ ，则2nan＋1－2n－1an＝1，所
以数列{2n－1an}是等差数列，
于是2n－1an＝n－2，解得an＝ ，
则Sn＝ －4× ＝－ .
证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法
（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 （n∈N*）为一非零常数；
②利用等比中项，即证明 ＝an－1an＋1（n≥2）.
提醒　证明{an}不是等差（比）数列可用特值法.
　（2024·辽宁二模）如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n
都有｜xn－yn｜＜ ，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知数列
{bn}为数列{an}的“接近数列”.
（1）若an＝2n＋ （n∈N*），求b1，b2，b3的值；
解：由题：令n＝1，则｜a1－b1｜＜ ，
即｜ －b1｜＜ ，故－ ＜ －b1＜ ，解得 ＜b1＜ ，
又b1∈Z，则b1＝3，
同理可得b2＝5，b3＝7.
（2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是
等差数列.
解：证明：由题意知｜an－bn｜＜ ，则an－ ＜bn＜an＋
，an＋1－ ＜bn＋1＜an＋1＋ ，
从而an＋1－an－1＜bn＋1－bn＜an＋1－an＋1，
即－1＜bn＋1－bn－d＜1，
因为bn∈Z，d∈Z，所以bn＋1－bn－d＝0，即bn＋1－bn＝d，故数
列{bn}是等差数列.
数列求和
考向1　分组转化法求和
【例2】　已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2， －2an＋1＝ ＋
2an.
（1）求{an}的通项公式；
解：因为 －2an＋1＝ ＋2an，
所以（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0，
因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20.
解：法一　bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则bn＋bn＋1＝（－1）n＋1·2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b19＋b20）
＝ ＝20.
　 　10个
法二　bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b3＋…＋b19）＋（b2＋b4＋…＋b20）
＝－2×（1＋3＋…＋19）＋2×（2＋4＋…＋20）
＝－2× ＋2×
＝－200＋220＝20.
1. 分组转化法求和
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变
形，转化为等差（等比）数列或可求前n项和的数列求和.
2. 分组转化法求和的常见类型
考向2　裂项相消法求和
【例3】　（2024·温州高三统一测试）已知等比数列{an}的前n项和为
Sn，且满足a6－a3＝56，S6－S3＝112.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
由题意可知，a6－a3＝a3（q3－1）＝56，　①
S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a4（1＋q＋q2）＝a3q（1＋q＋q2）＝112，②
显然q≠1，an≠0，
则②÷①得， ＝ ＝2，
解得q＝2，将q＝2代入①式得，a3＝8，
所以an＝a3·qn－3＝8×2n－3＝2n.
（2）设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：由（1）可知，a1＝2，所以Sn＝ ＝
＝2n＋1－2，
所以bn＝ ＝ ＝ （ － ），
所以Tn＝ ［（ － ）＋（ － ）＋（ － ）
＋…＋（ － ）］＝ （ － ）＝ （1－ ）.
裂项相消法求数列前n项和的策略
（1）基本步骤：
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后
边就剩倒数第几项.
考向3　错位相减法求和
【例4】　在各项均为正数的数列{an}中，a1＝ ，且{2nan}是等差数列，
{ }是等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：对等差数列{2nan}，其首项为21·a1＝1，设其公差为d，则
2nan＝1＋（n－1）d，即an＝ .
对等比数列{ }，其首项为 ＝ ，设其公比为q，则 ＝ qn－1，
则an＝ qn－1.
分别令n＝2，n＝3，得
解得或（舍去），故an＝ （n∈N*）.
（2）设{an}的前n项和为Sn，证明： ≤Sn＜2（n∈N*）.
解：证明：Sn＝1×（ ）1＋2×（ ）2＋3×（ ）3＋…＋
，　①
Sn＝1×（ ）2＋2×（ ）3＋…＋（n－1）（ ）n＋n（ ）n＋
1，　②
①－②得， Sn＝ ＋（ ）2＋（ ）3＋…＋（ ）n－ ＝
－ ＝1－ ，
得Sn＝2－ .
因为 ＞0，所以Sn＜2，
因为{an}各项均为正数，所以Sn≥S1＝a1＝ .
故 ≤Sn＜2.
错位相减法求数列{anbn}前n项和的策略
（1）适用条件：若{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，{bn}是公比为q
（q≠1）的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn；
（2）基本步骤：
　已知公差为正数的等差数列{an}中，a1，a4，a7＋12成等比数列，数列
{an}的前n项和为Sn，满足S3＝15.
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
解：设等差数列{an}的公差为d（d＞0），
依题意，可得
则解得
数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
Sn＝ ＝ ＝n2＋2n.
（2）若 　　　　，求数列{bn}的前n项和Tn.
在①bn＝ ＋ ，②bn＝ ，③bn＝（an－1）·2n－1这三个条件
中任选一个补充在第（2）问中，并求解.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：选①bn＝ ＋ ，
由（1）可知：an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n，
∴bn＝ ＋ ＝ ＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝ ＋ ＝ ＋ .
选②bn＝ ，
由（1）可知：Sn＝n2＋2n.
∴bn＝ ＝ ＝ （ － ）.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝ ×（ － ）＋ ×（ － ）＋ ×（ － ）＋…＋ ×（ －
）＋ ×（ － ）
＝ ×（ ＋ － － ）＝ － （ ＋ ）＝ －
.
选③bn＝（an－1）·2n－1，
由（1）可知：an＝2n＋1，
∴bn＝（an－1）·2n－1＝n·2n.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋（n
－1）·2n－1＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，
两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝ －n·2n＋1＝（1－n）·2n＋1－2，
∴Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.
03
课时跟踪检测
1. 已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且Sn是an与 的等差中项.
（1）证明：数列{ }为等差数列；
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解：证明：因为Sn是an与 的等差中项，所以Sn＝ （an＋ ）.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝ （Sn－Sn－1＋ ）
（n≥2），
即2Sn＝Sn－Sn－1＋ ，可得Sn＋Sn－1＝ ，即 －
＝1.
令n＝1，可得S1＝a1＝ （a1＋ ），解得a1＝1或a1＝－1，
又数列{an}是正项数列，所以a1＝1.
所以数列{ }是以 ＝1为首项、1为公差的等差数列.
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（2）若bn＝ ，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值.
解：由（1）得 ＝ ＋n－1＝n，即 ＝n.
因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0，
所以Sn＝ .
于是an＝Sn－Sn－1＝ － （n≥2），
当n＝1时，a1＝1，符合an＝ － ，可得an＝ －
.
所以bn＝ ＝ ＝ － ，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝ － ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ .
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2. （2024·济南高三模拟考试）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝ 且Sn
＝2an＋1－3，令bn＝ .
（1）求证：{an}为等比数列；
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解：证明：由Sn＝2an＋1－3可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
2an＋1－2an，
即n≥2时， ＝ ，
因为a1＝ ，a1＝2a2－3，所以a2＝ ，则 ＝ ，
综上， ＝ ，n∈N*，
所以{an}是首项和公比均为 的等比数列.
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（2）求使bn取得最大值时的n的值.
解：由（1）可得an＝（ ）n，
所以bn＝（ ）n（n2＋n），n∈N*，
n≥2时， ＝ ＝ ，
令 ＞1，可得2≤n＜5，令 ＜1，可得n＞5，
可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5＞b6＞b7＞…，
综上，bn取得最大值时，n＝4或n＝5.
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3. 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1，数列{bn}满足bn＝
.
（1）证明：{bn}是常数数列；
解：证明：因为bn＋1－bn＝ － ＝
＝ ＝ ＝0，
所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数数列.
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（2）若数列{cn}满足cn＝ sin （ an）＋ ，求{cn}的前2n项和S2n.
解：因为a1＝1，所以bn＝b1＝ ＝2，所以 ＝2，所
以an＝2n－1.
所以cn＝ sin ［ （2n－1）］＋22n－1＝ sin （nπ－ ）＋22n－1，
所以S2n＝［ sin ＋ sin ＋ sin ＋…＋ sin （2nπ－ ）］＋
（21＋23＋25＋…＋24n－1）
＝（1－1＋1－1＋…－1）＋ ＝ .
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4. （2024·南昌一模）对于各项均不为零的数列{cn}，我们定义：数列
{ }为数列{cn}的“k-比分数列”.已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1
＝1，且{an}的“1-比分数列”与{bn}的“2-比分数列”是同一个数列.
（1）若{bn}是公比为2的等比数列，求数列{an}的前n项和Sn；
解：由题意知 ＝ ，
因为b1＝1，且{bn}是公比为2的等比数列，所以 ＝4，
因为a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，
所以Sn＝ ＝ （4n－1）.
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（2）若{bn}是公差为2的等差数列，求an.
解：因为b1＝1，且{bn}是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，
所以 ＝ ＝ ，
所以 ＝ ， ＝ ，…， ＝ ，
所以 ＝ ，因为a1＝1，
所以an＝ （4n2－1）.
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5. （2024·石家庄教学质量检测）已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝
（1）写出a2，a3，a4；
解：由题意知，a1＝7，所以a2＝a1－3＝4，
a3＝2a2＝8，a4＝a3－3＝5.
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（2）证明：数列{a2n－1－6}为等比数列；
解：证明：因为an＋1＝
所以a2n＋1－6＝2a2n－6＝2（a2n－1－3）－6＝2（a2n－1－6），
所以 ＝2，且a1－6＝1，
所以数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列.
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（3）若bn＝a2n，求数列{n·（bn－3）}的前n项和Sn.
解：由（2）可知，a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝2n－1＋6，
因为2n为偶数，2n－1为奇数，
所以bn＝a2n＝a2n－1－3＝2n－1＋3，
所以n·（bn－3）＝n·（2n－1＋3－3）＝n·2n－1，
所以Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，　①
2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，　②
①－②得，－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝ －
n·2n＝2n－1－n·2n，
所以Sn＝1＋（n－1）·2n，n∈N*.
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