2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题二 第2讲 数列通项与求和含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题二 第2讲 数列通项与求和含解析

第2讲　数列通项与求和 ‎[做真题]‎ 题型一　an与Sn关系的应用 ‎1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．‎ 解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；‎ 当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；‎ 当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；‎ 当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；‎ 当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；‎ 当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；‎ 所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.‎ 法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.‎ 答案：－63‎ ‎2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．‎ 解析：因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，‎ 所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.‎ 因为 Sn≠0，所以－＝1，即－＝－1.‎ 又＝－1，所以{}是首项为－1，公差为－1的等差数列．‎ 所以＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－.‎ 答案：－ 题型二　数列求和 ‎1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝__________．‎ 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，即解得 所以Sn＝，‎ 因此＝2＝.‎ 答案： ‎2．(2018·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并求Sn的最小值．‎ 解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.‎ 由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.‎ 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.‎ ‎3．(2016·高考全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和．‎ 解：(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.‎ 所以{an}的通项公式为an＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.‎ ‎[山东省学习指导意见]‎ 能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系．能利用数列有关知识解决相应的问题．(求通项公式、求和、解实际问题)‎ ‎　　　Sn，an关系的应用 ‎[典型例题]‎ ‎ (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 019＝(　　)‎ A．－22 019－1　　　　　　 B．32 019－6‎ C．－ D．－ ‎ ‎(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则＝________．‎ ‎(3)(一题多解)(2019·济南市调研测试)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．‎ ‎【解析】　(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.‎ 当n≥2时，3Sn＝2an－3n，3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．‎ 所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，‎ 则a2 019＝－22 019－1.‎ ‎(2)由题意可知nan＋1＋2anan＋1＝(n＋1)an，两边同除以anan＋1，得－＝2，又＝，所以是以为首项，2为公差的等差数列，所以＝n＋n(n－1)×2＝n2－n.‎ ‎(3)法一：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，‎ 即a2＝2a1＋1＝－1.根据Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)①，知Sn＋1＝3Sn＋2n＋1－3②，‎ ‎②－①可得，an＋1＝3an＋2n(n≥2)．‎ 两边同时除以2n＋1可得＝·＋(n≥2)，令bn＝，可得bn＋1＝·bn＋(n≥2)．‎ 所以bn＋1＋1＝(bn＋1)(n≥2)，数列{bn＋1}是以b2＋1＝为首项，为公比的等比数列．‎ 所以bn＋1＝·(n≥2)，‎ 所以bn＝·－1(n≥2)．*‎ 又b1＝－也满足*式，‎ 所以bn＝·－1(n∈N*)，又bn＝，所以an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.‎ 所以a4＝33－24＝11.‎ 法二：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，所以a2＝－1.‎ S3＝3S2＋8－3，所以a3＝1.S4＝3S3＋16－3，所以a4＝11.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)n2－n　(3)11‎ ‎(1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：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．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·武昌区调研考试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝(　　)‎ A．40　　　　　　　　 B．44‎ C．45 D．49‎ 解析：选B.法一：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B.‎ 法二：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝，所以{an}从第二项起是等差数列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44，故选B.‎ ‎2．(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＋10，‎ 所以ak＝4.‎ 因为ak＝3k－2，‎ 所以3k－2＝4，得k＝2.‎ 所以等比数列{bn}的公比q＝＝＝4.‎ 所以bn＝4n－1.‎ 所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.‎ 所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝＋＝n2－n＋(4n－1)．‎ ‎11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)证明：因为an＋1＝，所以－＝－＝－＝＝－.‎ 又a1＝1，所以＝－1，‎ 所以数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝－1＋(n－1)＝－，所以an＝2－＝，‎ 所以bn＝－1＝－1＝－1＝＝，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝，‎ 所以数列{bn}的前n项和Tn＝.‎ ‎12．(2019·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.‎ ‎(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；‎ ‎(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．‎ 解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.‎ 因为Sn＝2an－n①，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)②，　‎ ‎①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，‎ 所以＝＝＝2.‎ 所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.‎ 设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.‎ 所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.‎ 所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.‎ 设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，‎ 则Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n③，‎ ‎2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1④，‎ ‎③－④得，‎ ‎－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，‎ 所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.‎ 又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ 所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2，‎ 所以数列{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－＋2.‎ ‎[B组　大题增分专练]‎ ‎1．(2019·江西七校第一次联考)数列{an}满足a1＝1，＝an＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，‎ 所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，‎ 所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，‎ 又由已知易得an>0，所以an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)bn＝＝ ‎＝－，‎ 故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.‎ ‎2．(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)，所以数列为等差数列，又＝＝1，‎ 所以＝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，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝＝，‎ 所以Tn＝＝＝.‎ 由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，‎ 所以n的最小值为5.‎ ‎3．(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.‎ 解：(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①‎ 当n＝1时，由①式可得S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，‎ 得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，‎ 整理得S－S＝1.‎ 所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n.‎ 因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，‎ 又a1＝S1＝1，‎ 所以an＝－.‎ ‎(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.‎ ‎4．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.‎ ‎①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；‎ ‎ ‎②求 aici（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＝4＋（n－1）×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.,所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.‎ ‎（2）①a2n（c2n－1）＝a2n（bn－1）＝（3×2n＋1）（3×2n－1）＝9×4n－1.,所以，数列{a2n ‎（c2n－1）}的通项公式为a2n（c2n－1）＝9×4n－1.‎ ‎② aici＝ [ai＋ai（ci－1）]‎ ‎＝ ai＋ a2i（ci－1）‎ ‎＝[2n×4＋×3]＋(9×4i－1)‎ ‎＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n ‎＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．‎ ‎ ‎