2019高考数学二轮复习 专题四 数列 第二讲 数列的通项与求和学案 理

第二讲数列的通项与求和考点一求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由an求通项公式(2)累加法：由形如an1anf(n)(f(n)是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法(3)累乘法：由形如f(n)(f(n)是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法(4)构造法：由形如“an1AanB(A0且A1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法角度1：公式法求数列通项解析解法一：由Sn2an1，得a12a11，所以a11，当n2时，anSnSn12an1(2an11)，得an2an1，an是首项为1，公比为2的等比数列S663.解法二：由Sn2an1，得S12S11，所以S11，当n2时，由Sn2an1得Sn2(SnSn1)1，即Sn2Sn11，Sn12(Sn11)，又S112，Sn1是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn12×2n12n，所以Sn12n，S612663.答案63角度2：累加法、累乘法求数列通项解析因为an11an2n，所以当n2时，anan12n1，an1an22(n1)1，an2an32(n2)1，a2a12×21，将以上各式相加，得ana1(2n1)2(n1)12(n2)1(2×21)2n2(n1)2(n2)2×2(n1)n1(n1)(n2)n1n21.又因为a12，所以ann21a1n21(n2)当n1时，a12适合上式故ann21(nN*)答案ann21角度3：构造法求数列通项解析在递推公式an12an3×2n的两边同时除以2n1，得，所以数列是等差数列，其首项为1，公差为，所以1(n1)×n，所以an(3n1)·2n1.答案an(3n1)·2n1探究追问若本例中的“an12an3×2n”改为“an12an3×5n”，其他条件不变，则数列an的通项公式为_解析解法一：在递推公式an12an3×5n的两边同时除以5n1，得×，令bn，则式变为bn1bn，即bn11(bn1)，又因为b111，所以数列bn1是等比数列，其首项为，公比为，所以bn1×n1，即bn1×n1，所以1×n11，故an5n3×2n1.解法二：设an1k·5n12(ank×5n)，则an12an3k×5n，与题中递推公式比较得k1，即an15n12(an5n)，所以数列an5n是首项为a153，公比为2的等比数列，则an5n3×2n1，故an5n3×2n1.答案an5n3×2n1求数列通项公式的两种策略(1)已知Sn与an的递推关系求通项常用两个思路：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.(2)已知an与an1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法对点训练1角度1(2018·安徽合肥一模)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2018()A220181 B320186C.2018 D.2018解析数列an的前n项和为Sn,3Sn2an3n，a1S1(2a13)，解得a13.Sn(2an3n)，当n2时，Sn1(2an13n3)，得ananan11，an2an13，2，a112，an1是以2为首项，2为公比的等比数列，an1(2)n，an(2)n1，a2018(2)20181220181.故选A.答案A2角度2(2017·东北三校联考)若数列an满足a11，an12nan，则数列an的通项公式an_.解析答案 3角度3已知数列an的前n项和是Sn，且满足Snan2n1(nN*)，则数列an的通项公式为_解析因为Snan2n1，所以当n1时，a1a121，解得a1.当n2时，Sn1an12(n1)1，所以anan1an2，即anan11，即an2(an12)，又因为a12，所以数列an2是等比数列，其首项为，公比为，所以an2n，所以an2n2.答案an2考点二求数列的前n项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cnanbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如(其中an是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等(3)错位相减法：形如an·bn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和角度1：裂项相消法求和解(1)an1Sn1Sn，代入an121，得Sn1Sn21，整理可得Sn1(1)2，因为Sn>0，所以1，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，所以(n1)n1，Sn(n1)2，当n2时，anSnSn12n23，an1an2，因为数列an为等差数列，所以a2a1212，解得1.(2)由(1)可得an2n1，所以×，因为Tn，所以Tn×.角度2：错位相减法求和解(1)证明：由an13an2an1(n2)，得an1an2(anan1)，因此数列an1an是公比为2，首项为a2a12的等比数列所以当n2时，anan12×2n22n1，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(2n12n22)22n，当n1时，也符合，故an2n.(2)由(1)知bn，所以TnTn，得Tn22×1，所以Tn3.数列求和的解题策略(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列对点训练1角度1(2018·济南模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)(x2)(x99)的两个零点且d<S9.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为d，S9为函数f(x)(x2)(x99)的两个零点且d<S9，所以d2，S999，又因为Snna1d，所以9a1×299，解得a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.(2)bn()，Tn()()()().2角度2数列an的前n项和为Sn，对于任意的正整数n都有an>0,4Sn(an1)2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tnb1b2bn，求Tn.解(1)依题意得4Sn(an1)2，则4Sn1(an11)2，n2.将上述两式相减可得，4anaa2an2an1.即(anan1)(anan12)0，n2.an>0，anan1>0，anan12.又4S14a1(a11)2，解得a11.an2n1.(2)由(1)可得bn(2n1)·n.则Tn1·3·25·3(2n1)·n.Tn1·23·3(2n3)·n(2n1)·n1.将上述两式相减得，Tn2·22·32·n(2n1)·n12×(2n1)·n1·n.Tn1(n1)·.1(2017·全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12也适合上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知，则Sn.2(2017·天津卷)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q>0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n12×4n1，有a2nb2n1(3n1)×4n，故Tn2×45×428×43(3n1)×4n，4Tn2×425×438×44(3n4)×4n(3n1)×4n1，上述两式相减，得3Tn2×43×423×433×4n(3n1)×4n14(3n1)×4n1(3n2)×4n18.得Tn×4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为×4n1.1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用2若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注热点课题11数学文化中的数列问题感悟体验1(2017·全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A1盏 B3盏 C5盏 D9盏解析由题意可知，由上到下灯的盏数a1，a2，a3，a7构成以2为公比的等比数列，S7381，a13.故选B.答案B2九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为()A.钱 B.钱 C.钱 D.钱解析依题意，设甲所得为a1，公差为d，则a1a2a3a4a5，即2a1d3a19d，解得a1，所以甲得钱故选B.答案B专题跟踪训练(十九)一、选择题1(2018·安徽淮南一模)已知an中，ann2n，且an是递增数列，则实数的取值范围是()A(2，) B2，)C(3，) D3，)解析an是递增数列，nN*，an1>an，(n1)2(n1)>n2n，化简得>(2n1)，>3.故选C.答案C2(2018·信阳二模)已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前20项和为()A1121 B1122 C1123 D1124解析由题意可知，数列a2n是首项为1，公比为2的等比数列，数列a2n1是首项为1，公差为2的等差数列，故数列an的前20项和为10×1×21123.选C.答案C3(2018·石家庄一模)已知正项数列an中，a11，且(n2)a(n1)aanan10，则它的通项公式为()Aan BanCan Dann解析因为(n2)a(n1)aanan10，所以(n2)an1(n1)an·(an1an)0.又an为正项数列，所以(n2)an1(n1)an0，即，则当n2时，an····a1····1.又a11也适合，an，故选B.答案B4(2018·广东茂名二模)Sn是数列an的前n项和，且nN*都有2Sn3an4，则Sn()A22×3n B4×3nC4×3n1 D22×3n1解析2Sn3an4，2Sn3(SnSn1)4(n2)，变形为Sn23(Sn12)，又n1时，2S13S14，解得S14，S126.数列Sn2是等比数列，首项为6，公比为3.Sn26×3n1，可得Sn22×3n.故选A.答案A5(2018·河北石家庄一模)若数列an满足a12，an1，则a2018的值为()A2 B3 C D.解析a12，an1，a23，同理可得：a3，a4，a52，可得an4an，则a2018a504×42a23.故选B.答案B6数列an满足a12，an1a(an>0，nN*)，则an()A10n2 B10n1 C102n1 D22n1解析因为数列an满足a12，an1a(an>0，nN*)，所以log2an12log2an，即2.又a12，所以log2a1log221.故数列log2an是首项为1，公比为2的等比数列所以log2an2n1，即an22n1.答案D二、填空题7(2018·河南新乡三模)若数列an1an是等比数列，且a11，a22，a35，则an_.解析a2a11，a3a23，q3，an1an3n1，当n2时，ana1a2a1a3a2an1an2anan1133n2，a11，an.a11也适合，an.答案8已知数列an中，a13，且点Pn(an，an1)(nN*)在直线4xy10上，则数列an的通项公式为_解析因为点Pn(an，an1)(nN*)在直线4xy10上，所以4anan110.所以an14.因为a13，所以a1.故数列是首项为，公比为4的等比数列所以an×4n1，故数列an的通项公式为an×4n1.答案an×4n19(2018·山西大同模拟)已知数列an的通项公式为an(1)n(2n1)·cos1(nN*)，其前n项和为Sn，则S60_.解析由题意可得，当n4k3(kN*)时，ana4k31；当n4k2(kN*)时，ana4k268k；当n4k1(kN*)时，ana4k11；当n4k(kN*)时，ana4k8k.a4k3a4k2a4k1a4k8，S608×15120.答案120三、解答题10(2018·郑州质检)已知数列an的首项a11，前n项和Sn，且数列是公差为2的等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由已知条件得1(n1)×22n1，Sn2n2n.当n2时，anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n3.当n1时，a1S11，而4×131，an4n3.(2)由(1)可得bn(1)nan(1)n(4n3)，当n为偶数时，Tn1591317(4n3)4×2n，当n为奇数时，n1为偶数，TnTn1bn12(n1)(4n1)2n1.综上，Tn11(2018·南昌市二模)已知数列an满足n2n.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn.解(1)n2n，当n2时，(n1)2n1，得，2n(n2)，ann·2n1(n2)又当n1时，11，a14也适合ann·2n1，ann·2n1.(2)由(1)得，bnn(2)n，Sn1×(2)12×(2)23×(2)3n×(2)n，2Sn1×(2)22×(2)33×(2)4(n1)×(2)nn×(2)n1，得，3Sn(2)(2)2(2)3(2)nn×(2)n1n×(2)n1，Sn.12(2018·北京海淀模拟)数列an的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)Sn2ana1，当n2时，Sn12an1a1，an2an2an1，化为an2an1.由a1，a21，a3成等差数列得，2(a21)a1a3，2(2a11)a14a1，解得a12.数列an是等比数列，首项为2，公比为2.an2n.(2)an2n，Sn2n12，Sn12n22.bn.数列bn的前n项和Tn.15