成都市高三二轮复习文科数学（九） 数列通项与求和

成都市高三二轮复习文科数学（九） 数列通项与求和

第 12 页 共 12 页 成都市高三二轮复习文科数学（九） 数列通项与求和 经典例题：‎ ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 等比数列求和·T14‎ 等比数列的通项公式 等差数列的求和·T18‎ 等比数列的通项公式·T6‎ 等差数列的通项公式及求和·T18‎ 等差数列的通项公式及求和·T14‎ ‎2018‎ 数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T17‎ 等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17‎ 等比数列的通项公式、前n项和公式·T17‎ ‎2017‎ 等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T17‎ 等差、等比数列的通项公式及前n项和公式·T17‎ 数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T17‎ ‎1.考查(1)已知数列某些基本量或某些特征，求通项公式.‎ ‎(2)数列求和(等差(比)数列的前n项和公式、裂项相消、错位相减等).‎ ‎(3)解不等式，求范围(最值)问题.‎ ‎2.近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考对数列考查仍以中档为主，数列题目难度有可能加大，应引起重视.‎ 求数列通项公式 ‎[例1]　(1)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，当n≥2时，Sn－1＋1＝an，则a8＝________.‎ ‎(2)设数列{an}满足a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝____________.‎ ‎[解析]　(1)当n＝2时，S1＋1＝a2，即a2＝2.‎ 当n≥2时，相减得an＋1＝2an，又a1＝1，所以a2＝‎2a1.‎ 所以数列{an}构成一个等比数列，所以a8＝a2·q6＝2×26＝128.‎ ‎(2)因为a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①‎ 故当n≥2时，a1＋‎3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②‎ 第 12 页 共 12 页 ‎①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，又n＝1时，a1＝2适合上式，从而{an}的通项公式为an＝.‎ ‎[答案]　(1)128　(2) ‎[解题方略]‎ ‎1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)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.形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.已知Sn是数列{an}的前n项和，且log5(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________.‎ 解析：由log5(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝5n＋1，所以Sn＝5n＋1－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4×5n；‎ 当n＝1时，a1＝S1＝24，不满足上式.所以数列an的通项公式为an＝答案：an＝ ‎2.已知首项为2的数列{an}满足an＋1(2n－1)＝an(2n＋1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.‎ 解析：因为an＋1(2n－1)＝an(2n＋1)(n∈N*)，且a1＝2，所以＝，得an＝a1×××…×＝2×××…×＝4n－2.答案：4n－2‎ 数列的求和 题型一　分组转化求和 ‎[例2]　已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列.(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎[解]　(1)设{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，‎ 所以解得所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ 设{bn－an}的公比为q，则b4－a4＝(b1－a1)q3，‎ 因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝＝＝27，解得q＝3，所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)‎ ‎＝＋＝(3n－1)＋n2＝＋n2－.‎ ‎[解题方略]‎ 求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会 第 12 页 共 12 页 ‎“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n项和公式求和.‎ 题型二　裂项相消求和 ‎[例3]　(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值.‎ ‎[解]　(1)由已知有－＝1(n≥2，n∈N)，∴数列{}为等差数列，又＝＝1，‎ ‎∴＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.‎ 又a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝＝，‎ ‎∴Tn＝＝＝.‎ 由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，∴n≥5，∴n的最小值为5.‎ ‎[解题方略]‎ 求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.‎ 题型三　错位相减求和 ‎[例4]　(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝‎4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式.(2)设数列{cn}满足cn＝求a‎1c1＋a‎2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).‎ ‎[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得解得 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.‎ ‎(2)a‎1c1＋a‎2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)‎ ‎＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n).‎ 记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①‎ 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②‎ 第 12 页 共 12 页 ‎②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.‎ 所以，a‎1c1＋a‎2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N*).‎ ‎[解题方略]‎ 运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ 解：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有则3q2－4q－4＝0，而q＞0，‎ ‎∴q＝2.于是a1＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝，∴Tn＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋…＋＋，‎ 两式相减得，Tn＝＋＋＋…＋－，∴Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－.‎ ‎2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{an}满足：a1＝1，‎3a2－a1＝1，且＝(n≥2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且b1＝，4bn＝an－1an(n≥2)，求Tn.‎ 解：(1)∵＝(n≥2)，∴＝＋(n≥2).又a1＝1，‎3a2－a1＝1，∴＝1，＝，‎ ‎∴－＝，∴是首项为1，公差为的等差数列.∴＝1＋(n－1)＝(n＋1)，即an＝.‎ ‎(2)∵4bn＝an－1an(n≥2)，∴bn＝＝－(n≥2)，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－＝.‎ 与数列相关的综合问题 ‎[例5]　(2019·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q＜1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；(2)设m∈Z，若Sn＜m恒成立，求m的最小值.‎ ‎[解]　(1)由a2＝2，S3＝7得解得或(舍去).‎ 第 12 页 共 12 页 所以an＝4·＝.‎ ‎(2)由(1)可知，Sn＝＝＝8＜8.因为an＞0，所以Sn单调递增.‎ 又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8).又Sn＜m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.‎ ‎[解题方略]‎ 求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{an}的公差为d，且关于x的不等式a1x2－dx－3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2＋an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)由题意知，方程a1x2－dx－3＝0的两个根分别为－1和3.则解得 故数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝2＋an＝2n＋(2n－1)，‎ 所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝2n＋1＋n2－2.‎ 数学运算——数列的通项公式及求和问题 ‎[典例]　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3，‎3a2，a3＋4构成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)设数列{an}的公比为q(q>1).由已知，得 即由q>1，解得故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)得bn＝2n－1＋(n－1)ln 2，所以Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝＋ln 2＝2n－1＋ln 2.‎ ‎[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.‎ 第 12 页 共 12 页 本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.‎ 课后限时练习：‎ A组——“6＋3＋‎3”‎考点落实练 一、选择题 ‎1.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2 020＝(　　)‎ A.－3 027　　　　　　　　 B.3 027‎ C.－3 030 D.3 030‎ ‎2.已知数列{an}满足＝，且a2＝2，则a4＝(　　)‎ A.－ B.23‎ C.12 D.11‎ ‎3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为(　　)‎ A.49 B.50‎ C.99 D.100‎ ‎4.已知数列{an}是等差数列，若a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，则q＝(　　)‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ ‎5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{an}，则log2(a‎3a5)的值为(　　)‎ A.8 B.10‎ C.12 D.16‎ ‎6.(2019·洛阳市统考)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C.49 D. 二、填空题 第 12 页 共 12 页 ‎7.在各项都为正数的等比数列{an}中，已知a1＝2，a＋‎4a＝‎4a，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ ‎8.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则an＝________，数列的前n项和为________.‎ ‎9.(2019·福州市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1的最小正整数n.‎ 第 12 页 共 12 页 B组——大题专攻强化练 ‎1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ ‎2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”.(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a‎2a4＝a5，a3－‎4a2＋‎4a1＝0，求证：数列{an}为“M数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和.求数列{bn}的通项公式.‎ ‎4.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 第 12 页 共 12 页 ‎1解析：选C　因为a1＋a2＋…＋a2 020＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2 019－2)－(3×2 020－2)]＝(－3)×1 010＝－3 030，故选C.‎ ‎2解析：选D　因为数列{an}满足＝，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1}是等比数列，公比为2，则a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11.‎ ‎3解析：选A　由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{bn}的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.‎ ‎4解析：选A　令等差数列{an}的公差为d，由a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，得(a4＋3)2＝a2(a6＋6)，即(a1＋3d＋3)2＝(a1＋d)·(a1＋5d＋6)，化简得(2d＋3)2＝0，解得d＝－.所以q＝＝＝＝1.故选A.‎ ‎5解析：选C　依题意得，数列{an}是以2为公比的等比数列，‎ 因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S7＝＝1 016，解得a1＝8，‎ 所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，所以a3＝25，a5＝27，从而a3×a5＝25×27＝212，‎ 所以log2(a‎3a5)＝log2212＝12，故选C.‎ ‎6解析：选B　∵6Sn＝a＋3an，∴6Sn＋1＝a＋3an＋1，∴6an＋1＝(an＋1＋an)(an＋1－an)＋3(an＋1－an)，‎ ‎∴(an＋1＋an)(an＋1－an)＝3(an＋1＋an)，∵an>0，∴an＋1＋an>0，∴an＋1－an＝3，‎ 又‎6a1＝a＋‎3a1，a1>0，∴a1＝3.‎ ‎∴{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，∴an＝3n，∴bn＝·，‎ xTn＝·＝·<，‎ ‎∴k≥，∴k的最小值为，故选B.‎ ‎7解析：设等比数列{an}的公比为q>0，因为a1＝2，a＋‎4a＝‎4a，‎ 所以(anq2)2＋‎4a＝4(anq)2，化为q4－4q2＋4＝0，解得q2＝2，q>0，解得q＝.‎ 则数列{an}的通项公式an＝2×()n－1＝2.答案：2 ‎8解析：设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝‎2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d 第 12 页 共 12 页 ‎.又a2＝5，则d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴＝＝，∴的前n项和为＝＝.答案：2n＋1　 ‎9解析：因为a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，‎ 所以a1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，‎ 所以an＝2an－1，∴数列{an}是等比数列，首项是1，公比是2，所以an＝2n－1.因为anbn＝－n2＋9n－20，‎ 所以bn＝，所以bn＋1－bn＝＝<0，‎ 解得4

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