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(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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