新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（九） 数列通项与求和

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（九） 数列通项与求和

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（九） 数列通项与求和 ‎ [全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 等比数列的求和·T14‎ 递推公式的应用·T19‎ 等差数列的前n项和·T14‎ ‎2018‎ an与Sn关系的应用·T14‎ 等差数列前n项和的最值问题·T17‎ ‎2017‎ 等差数列的基本运算、数列求和·T17‎ 等比数列的通项公式、an与Sn的关系·T17‎ 等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点．若以解答题的形式考查，常与解三角形问题交替考查且多出现在第17(或18)题的位置，难度中等，2020年高考此内容难度有可能加大，应引起关注．若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在第12、16题的位置，难度偏大．‎ ‎[例1]　(1)(2019·成都第一次诊断性检测)设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝4，an＋1＝Sn，n∈N*，则a5＝________．‎ ‎(2)(2019·武汉市调研测试)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)法一：由an＋1＝Sn，得Sn＋1－Sn＝Sn，则Sn＋1＝2Sn.又S1＝a1＝4，所以数列{Sn}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＝4·2n－1＝2n＋1，则a5＝S5－S4＝26－25＝32.‎ 法二：当n≥2时，由an＋1＝Sn，得an＝Sn－1，两式相减，得an＋1－an＝an，即an＋1＝2an，所以数列{an}是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a2＝S1＝4，所以a5＝a2·23＝4×23＝32.‎ ‎(2)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＋1－3，② 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)．‎ ‎∴bn＋1＋1＝(bn＋1)(n≥2)，数列{bn＋1}是以b2＋1＝＋1＝1－＝为首项，为公比的等比数列．‎ ‎∴bn＋1＝·(n≥2)，∴bn＝·－1(n≥2)．又b1＝－也满足上式，‎ ‎∴bn＝·－1(n∈N*)，又bn＝，∴an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.∴a4＝33－24＝11.‎ 法二：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，∴a2＝－1.S3＝3S2＋8－3，∴a3＝1.S4＝3S3＋16－3，∴a4＝11. [答案]　(1)32　(2)11‎ ‎[解题方略]‎ ‎(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．‎ ‎[多练强化]‎ ‎1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．‎ 解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得－＝，又＝，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，所以an＝n·2n－1. 答案：n·2n－1‎ ‎2．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.‎ ‎(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，‎ 所以＝＝＝＝2，又b1＝a2－a1＝2－1＝1，‎ 所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因为cn＝，‎ 所以cn＝＝，‎ 所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝＝.‎ 题型一　裂项相消求和 ‎[例2]　(2019·安徽五校联盟第二次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝‎2a1－1，得a1＝1.当n≥2时，有Sn－1＝2an－1－1，‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.所以{an}是公比为2，首项为1的等比数列，通项an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝＝＝2，‎ Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×＋2×＋2×＋…＋2×＝.‎ ‎[解题方略](1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．‎ ‎(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．‎ 题型二　错位相减求和 ‎[例3]　(2019·福建五校第二次联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)因为Sn＝3n2＋8n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－[3(n－1)2＋8(n－1)]＝6n＋5；‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11所以an＝6n＋5，n∈N* 于是，bn＋1＋bn＝an＝6n＋5.‎ 因为{bn}是等差数列，所以可设bn＝kn＋t(k，t均为常数)，则有k(n＋1)＋t＋kn＋t＝6n＋5，即2kn＋k＋2t＝6n＋5对任意的n∈N*恒成立，所以解得故bn＝3n＋1.‎ ‎(2)因为an＝6n＋5，bn＝3n＋1，所以cn＝＝＝2n×(6n＋6)．‎ 于是，Tn＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n×(6n＋6)，①‎ 所以2Tn＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n×6n＋2n＋1×(6n＋6)，② ①－②得，‎ ‎－Tn＝24＋6(22＋23＋…＋2n)－2n＋1×(6n＋6)＝24＋6×－2n＋1×(6n＋6)＝－2n＋1×6n，‎ 故Tn＝2n＋1×6n＝2n＋2×3n.‎ ‎[解题方略](1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．‎ ‎(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．‎ 题型三　分组转化求和 ‎[例4]　已知等差数列{an}的首项为a，公差为d，n∈N*，且不等式ax2－3x＋2<0的解集为(1，d)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝3＋an－1，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)易知a≠0，由题设可知解得故数列{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知bn＝32n－1＋2n－1－1，‎ 则Tn＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n－1＋2n－1)－n＝(31＋33＋…＋32n－1)＋(1＋3＋…＋2n－1)－n ‎＝＋－n＝(9n－1)＋n2－n.‎ ‎[解题方略](1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②根据正号、负号分组．‎ ‎[多练强化]‎ ‎1．(2019·福建五校第二次联考)在数列{an}中，a1＝，＝，n∈N*，且bn＝.记Pn＝b1×b2×…×bn，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，则3n＋1Pn＋Sn＝________．‎ 解析：因为＝＝－，所以bn＝＝－，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－.因为＝，所以3＋an＝，所以bn＝＝，所以Pn＝b1×b2×…×bn＝××…×＝.又a1＝，故3n＋1Pn＋Sn＝＋－＝＝3.答案：3‎ ‎2．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.‎ 解：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋，又bn＝，所以bn＋1－bn＝，‎ 由a1＝1，得b1＝1，累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，‎ 即bn－b1＝＝1－，所以bn＝2－.‎ ‎(2)由(1)可知an＝2n－，设数列的前n项和为Tn，则Tn＝＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋…＋，②‎ ‎①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，所以Tn＝4－.‎ 易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，所以Sn＝n(n＋1)－4＋.‎ 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．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．‎ 课后训练：‎ A组——“6＋3＋‎3”‎考点落实练 一、选择题 ‎1．已知数列{an}满足＝，且a2＝2，则a4等于(　　)‎ A．－　　　　　　　 B．23‎ C．12 D．11‎ ‎2．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)‎ A．1 B．－2‎ C．3 D．－3‎ ‎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．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和是Sn，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，且a4＋a5＝－20，则的最大值为(　　)‎ A. B．1‎ C. D．2‎ ‎5．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋＝(　　)‎ A. B． C. D． ‎6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围为(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(－∞，2)‎ C．(3，＋∞) D．(－∞，3)‎ 二、填空题 ‎7．(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________．‎ ‎8．设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2 020项的和为________．‎ ‎9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2，则a12＝________．‎ 三、解答题 ‎10．(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．‎ ‎11．(2019·唐山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝.(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎12．(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ B组——大题专攻强化练 ‎1．(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＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎2．(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．‎ ‎3．(2019·郑州市第二次质量预测)数列{an}满足：＋＋…＋＝n2＋n，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求满足Sn>的最小正整数n.‎ ‎4．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝16.数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且{bn－an}是等差数列．‎ ‎(1)分别求{an}，{bn}的通项公式；(2)记数列的前n项和为Sn，求证：Sn<.‎ ‎1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.故选D.‎ ‎2解析：选A　因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．‎ 所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，‎ 故{an}是以6为周期的周期数列．‎ 因为2 019＝336×6＋3，‎ 所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.‎ ‎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＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49.故选A.‎ ‎4解析：选A　设数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列得(a1＋d＋1)2＝(a1＋1)(a1＋3d＋1)，得d＝a1＋1，再由a4＋a5＝‎2a1＋7d＝－20，解得a1＝－3，d＝－2，故an＝－2n－1，Sn＝－n2－2n，则＝＝≤＝，当且仅当n＝1时取等号，所以的最大值为.故选A.‎ ‎5解析：选C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，‎ 则a2－a1＝1＋1，‎ a3－a2＝2＋1，‎ a4－a3＝3＋1，‎ ‎…，‎ an－an－1＝(n－1)＋1，‎ 以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，‎ 把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，‎ ＝＝2，‎ 则＋＋…＋＋＝2＝2＝.故选C.‎ ‎6解析：选B　因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1，则＋1＝2，所以数列是等比数列，首项为2，公比为2，所以＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－λ)＝(n－λ)2n.又b1＝－λ，所以bn＝(n－1－λ)2n－1(n∈N*)．因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1>bn，所以(n－λ)·2n>(n－1－λ)·2n－1，化简得λ0，所以an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)bn＝＝＝－，‎ 故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.‎ ‎11解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①‎ 所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②‎ ‎①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，‎ 化简得an＝3an－1(n≥2)，‎ 在①中，令n＝1可得，a1＝1，‎ 所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，‎ 从而有an＝3n－1.‎ ‎(2)bn＝(n－1)3n－1，‎ Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③‎ 则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④‎ ‎③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n ‎＝－(n－1)×3n ‎＝.‎ 所以Tn＝.‎ ‎12解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a‎1a2a3)＝12，∴a‎1a2a3＝212.‎ 设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a1＝4，∴a‎1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，‎ 计算得q＝4.‎ ‎∴an＝4·4n－1＝4n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，‎ cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.‎ 设数列的前n项和为An，则An＝＋＋…＋＝，‎ 设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝＝(4n－1)，‎ ‎∴Sn＝＋(4n－1)．‎ ‎1解：(1)证明：∵an＋1＝，∴－＝－＝－＝＝－.‎ 又a1＝1，∴＝－1，∴数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝－1＋(n－1)＝－，‎ ‎∴an＝2－＝，‎ ‎∴bn＝＝＝＝1＋＝1＋，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋＝n＋＝n＋，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn＝n＋.‎ ‎2解：(1)当n＝1时，S1＝‎2a1－1，所以a1＝1.‎ 因为Sn＝2an－n，①‎ 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＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③‎ ‎2Kn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④‎ ‎③－④得，‎ ‎－Kn＝21＋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{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－＋2.‎ ‎3解：(1)由题意知，＋＋…＋＝n2＋n，①‎ 当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，②‎ ‎①－②得，＝2n，an＝2n(n＋1)(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝4也符合，所以an＝2n(n＋1)，n∈N*.‎ ‎(2)bn＝＝＝，‎ 所以Sn＝＝＝，‎ 由Sn＝>得n>9，所以满足条件的最小正整数n为10.‎ ‎4解：(1)设等比数列{an}的公比为q.‎ 由已知得q3＝＝8，q＝2.‎ ‎∴an＝a2·qn－2＝2×2n－2＝2n－1，‎ ‎∴a1＝1.‎ ‎∴b1－a1＝1，b2－a2＝3，‎ ‎∴{bn－an}是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎∴bn－an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，‎ ‎∴bn＝2n－1＋2n－1.‎ ‎∴数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝2n－1＋2n－1.‎ ‎(2)证明：由(1)可知bn＋1－an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1，‎ log‎2a2n＝log222n－1＝2n－1.‎ ‎∴＝ ‎＝.‎ ‎∴Sn＝＝.‎ ‎∵>0，∴Sn<.‎