新高考数学二轮复习专项训练16 数列求和及其综合应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专项训练16 数列求和及其综合应用（2份，原卷版+解析版），共8页。
一、an与Sn的关系
1．数列{an}中，an与Sn的关系
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2．求数列通项公式的常用方法：
(1)公式法：利用等差(比)数列的公式求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项公式an.
(3)在已知数列{an}中，满足eq \f(an＋1,an)＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项公式an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
二、数列求和
数列求和常见方法：
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}一个是等差数列，一个是等比数列．
(3)裂项相消法：将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(c,anan＋1)))的数列．
三、数列的综合应用
数列与函数、不等式的交汇：
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题．
一、解答题
1．（23-24高三上·山东青岛·期中）已知数列的前项和为，，当时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列，求数列的前项和.
2．（2024·全国·高考真题）记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列bn的前项和．
3．（2024·四川自贡·一模）已知数列的前顶和为.且.
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中，，求数列的前项和.
4．（2024·江苏·模拟预测）已知等差数列和等差数列的前项和分别为，，，.
(1)求数列和数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
5．（2024·广东茂名·一模）设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)令，为数列的前项积，证明：.
6．（2024·广东韶关·二模）记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足.
(1)求；
(2)证明数列是等比数列并求；
(3)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据和的关系，分和两种情况讨论求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意，当时，，且，
若，则，即，
当时，，
两式相减得，，
整理得，即，
所以.
综上所述，.
（2）因为，
设数列的前项和为，
当时，，
当时，
，
此时时适合上式，
所以.
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
3．(1)
(2)，
【分析】（1）利用求通项公式；
（2）转化为等差数列、等比数列，分组求和.
【详解】（1）当时，可得：；
当时，，，两式相减，得：，即，
所以：.
（2）当时，；
当时，，所以，
所以：，
时，，上式也成立.
所以：，
4．(1)，
(2)
【分析】（1）利用等差数列前项和的性质，结合，即可求得；
（2）由，把表达式求出后，可直接求和.
【详解】（1），
设，则，又，
所以，.
（2）
.
5．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差数列定义可得，由与的关系即可得；
（2）由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证.
【详解】（1）由是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
（2）由，，
故，
则
，
由，
故，
则.
6．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；
（2）对递推式变形结合对数运算求得，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；
（3）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为对任意的恒成立，令，x∈0,+∞，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.
【详解】（1）因为，则，从而有，
由，则，
则，解得则有，所以；
（2）由，则，
所以，
故（非零常数），且，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（3）由等比数列的前n项和公式得：，
因为不等式对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，x∈0,+∞，
则，当时，，是减函数，
当时，，是增函数，
又，且，，，则，
当n为偶数时，原式化简为，所以当时，；
当n为奇数时，原式化简为，所以当时，，所以；
综上可知，.
【基础保分训练】
一、单选题
1．（23-24高二上·山东青岛·阶段练习）等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A．12B．10C．5D．
2．（2024·四川内江·模拟预测）在数列中，已知，，则它的前30项的和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2022·河北沧州·二模）已知数列满足，记的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
4．（22-23高二下·广西钦州·阶段练习）刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定：每个月还一次款，分次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为，设小明每个月所要还款的钱数为元，则下列说法正确的是（ ）
A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法”B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法
C．小明第一个月还款的现值为元D．
三、填空题
5．（2024·河北保定·二模）已知数列的前项积为，若，则满足的正整数的最小值为 .
6．（22-23高二下·江苏南京·期中）已知数列的项数为，且，则的前n项和为 ．
四、解答题
7．（2024·云南·模拟预测）已知数列.
(1)求；
(2)令为数列的前项和，求.
8．（24-25高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）已知数列的首项为1，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列bn的前项和.
9．（2024·全国·二模）已知数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和为.
10．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数是高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，.若数列满足，且，记.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
11．（2023·广东佛山·一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
12．（23-24高二上·河北·阶段练习）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若，求的最小值.
参考答案：
1．B
【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.
【详解】因为是各项均为正数的等比数列，，
所以，即，则
记，则，
两式相加得，
所以，即.
故选：B.
2．D
【分析】由题意可得，运用数列的恒等式可得，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【详解】解：由，
可得，
所以当时，，
又，
所以，
所以．
故选：D．
3．BCD
【分析】由条件可得当为奇数时，；当为偶数时，，然后可逐一判断.
【详解】因为，
所以当为奇数时，；当为偶数时，.
所以，选项错误；又因为，所以，选项B正确；
故C正确
，选项D正确.
故选：BCD
4．BCD
【分析】AB根据还款特点，得到还款方式；C选项，设出第一个月还款的现值为，列出方程，求出答案；D选项，表达出第12个月末所欠银行贷款数，因为分次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案.
【详解】AB选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法，A错误，B正确；
C选项，设小明第一个月还款的现值为，则，解得，故C正确；
D选项，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为，
第二个月末所欠银行贷款为，
第三个月末所欠银行贷款为，
……
第12个月末所欠银行贷款为
，
由于分次还清所有的欠款，故，
解得，D正确.
故选：BCD
5．
【分析】由题可得，可先分析，然后解不等式取值满足题意即可.
【详解】解：由满足，即，
故：，
当时，，
又为偶数时，为奇数时，，所以要满足，
所以的最小值为5，
故答案为：5.
6．
【分析】根据倒序相加法求得，再根据二项式系数和公式即可求解.
【详解】因为，又，
所以
又因为，
所以，即.
故答案为：.
7．(1)
(2).
【分析】（1）利用得到，再用两式相减可得，由于此时，所以需要对第一项和第二项进行检验，，最后可判断是等比数列，并求出通项；
（2）先求出，再利用错位相减法来求出它的前项和.
【详解】（1）由，
所以当时，有，两式相减得：，
即.
又有，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，所以.
（2）由（1）知：，
所以，
则，
上面两式相减得：，
所以.
8．(1)
(2)
【分析】（1）结合题意，利用等比数列的概念即可求解等比数列通项；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）因为数列的首项为1，且，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）知，
所以，
所以
.
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，再由等差数列的定义及通项公式计算可得
（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为，
即，
当时，解得或（舍去），
当时，
所以，
即，
即，即，
又，所以，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）可得，
所以
.
10．(1)
(2)
【分析】（1）计算出，将两式和做差，得出关于的隔项关系式，根据累加求和，求得通项即可；
（2）由于……，给出“当时，，……”等结论，分组计算数列bn的前项和即可.
【详解】（1）因为，，所以，
因为，所以，将两式相减，得：，
所以数列的奇数项，偶数项分别单独构成等差数列.
当为奇数时，，，……，且，
则，
当为偶数时，则，
所以.
（2）设bn的前项和为，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以.
11．(1)（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解
【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.
【详解】（1）由题意可知：，注意到，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，
设数列的前项和为，
∵，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
12．(1)
(2)8
【分析】（1）根据的关系即可求解，
（2）根据裂项相消法求解和，即可列不等式求解.
【详解】（1）当时，由，得；
当时，，符合上式.
综上所述，.
（2），
所以.
由，得，解得，又，所以的最小值为8.
【能力提升训练】
一、单选题
1．（21-22高二上·福建宁德·期中）已知数列的前n项和为且，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C．D．
2．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，若数列的前项和为，不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（22-23高二上·山东泰安·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等差数列B．
C．数列的前10项和为30D．数列的前项和为
4．（2024·云南·模拟预测）设是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公比为的等比数列．已知数列的前项和，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
5．（2024·河北·三模）欧拉是十八世纪数学界最杰出的人物之一，他不但在数学上作出伟大贡献，而且把数学用到了几乎整个物理领域，为纪念欧拉的成就，函数就是以其名字命名的，称为欧拉函数.人教A版新教材选择性必修二第8页指出：欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数个数．欧拉函数有很多性质，比如欧拉函数是积性函数，即如果互素，则.请计算数列的前项和 .
6．（23-24高三下·湖北·阶段练习）已知数列中，，，，则的前项和 ．
四、解答题
7．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
8．（2023·全国·模拟预测）已知数列的前n项和为，，且．，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
9．（2024·江苏宿迁·一模）已知为公差不为0的等差数列的前项和，且．
(1)求的值；
(2)若，求证：．
10．（2024·贵州毕节·一模）已知数列满足.
(1)设，证明：是等比数列；
(2)求数列的前项和.
11．（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列满足：成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足：，求数列的前项和.
12．（2024·河北秦皇岛·二模）已知等比数列的前项和为，且数列是公比为2的等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求证：.
参考答案：
1．C
【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出，再按奇偶讨论求出a的范围.
【详解】由数列的前n项和为且，得，
于是，
两式相减得：，
因此，，显然数列是递增数列，
当为奇数时，，由恒成立，得，则，
当为偶数时，，由恒成立，得，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：C
2．D
【分析】求出数列的通项，再分奇偶求出半探讨其范围，并建立关于的不等式求解即得.
【详解】由，得数列是首项为3，公差为2的等差数列，则，
于是，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
当为偶数时，；当为奇数时，，因此，
由不等式恒成立，得，即，解得，
所以的取值范围为.
故选：D.
【点睛】易错点睛：利用裂项相消法求和时，应注意：（1）抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；（2）将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等．
3．ABC
【分析】先构造数列 ，知其前 项和求通项 ，进而再求出 ，选项A，由定义证明为等差数列；选项 B，利用等差数列前 项和公式求解即可; 选项 C ，两项并一项，并项为常数列求和; 选项D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.
【详解】由题意，
A项，，
设，则，
所以当 时， ，
两式相减得， ，
当 时， 也适合上式.
则 ，
解得：，
所以 ，
故数列 是以 9 为首项， 6 为公差的等差数列，，
故A正确；
B项，，故B正确；
选项C，数列 的前10项和为：
，故C正确；
选项D,
则前20项和为：
故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查构造数列，等差数列的通项公式和前项和，考查并项求和，考查学生的分类讨论能力，具有很强的综合性.
4．BC
【分析】根据分组求和，利用等差数列、等比数列求和公式用、、、表示出，再结合，由系数对应相等分别求出、、、，选出答案.
【详解】当时，，不合题意；
当时，，
，，，，，，
所以，
故选：BC．
5．
【分析】根据题意得到，从而有，再利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】由欧拉函数的定义知：若为素数，则，
若为素数，，则，
所以，得到，
所以①，
②，
①②得到，
即，整理得到.
故答案为：.
6．
【分析】取倒可得，判断是等差数列，即可求解，进而根据裂项相消法求和即可.
【详解】由可得，所以是等差数列，且公差为2，
所以，故，
所以，
所以
故答案为：
7．(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.
【详解】（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
8．(1)，
(2)
【分析】（1）根据对数运算得，利用等比数列定义求通项公式，利用等差中项判断数列为等差数列，建立方程求出公差，从而可得的通项；
（2）利用错位相减法计算即可.
【详解】（1）∵，∴，则，所以为等比数列，
又，得，所以，
由知是等差数列，且，，
∴，得，．∴.
（2）因为，，所以，
所以
则
上面两式作差得
，
∴
9．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设的公差为，利用等差数列的定义可得答案；解法二：设的公差为，转化为对恒成立，可得答案.
（2）求出，利用裂项相消求和可得答案.
【详解】（1）解法一：设的公差为，
由①，得②，
则②-①得，
即，又，则；
解法二：设的公差为，
因为，
所以对恒成立，
即对恒成立，
所以，
又，则；
（2）由得，即，
所以，
又即，则，
因此
则
．
10．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）给式子两边同时加，化简证明即可；
（2）分为两组，一组等差数列，一组等比数列，利用等差等比数列的前项公式求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，所以，
又，则，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，，
由于，所以，
所以
.
11．(1)
(2)
【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）令，得，两式相减得，又，即得
【详解】（1）设公差为d，又成等比数列，
所以，
又，即，解得或，
而时，不满足成等比数列，所以，
所以.
（2）令，
所以，
两式相减有：，
所以数列bn的前项和为，即，
又，所以，
所以.
12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出数列的通项，再根据与的关系结合是等比数列，即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为数列是公比为2的等比数列，
又，所以.
当时，由，得，
两式相减得，
又是等比数列，所以，所以，解得，
所以，当时上式成立，
所以；
（2）由（1）知，
所以
，
又，所以.
题号
1
2
3
4






答案
B
D
BCD
BCD






题号
1
2
3
4






答案
C
D
ABC
BC