(全国通用)2020版高考数学二轮复习第二层提升篇专题二数列第2讲数列通项与求和讲义

第2讲 数列通项与求和

[全国卷3年考情分析]

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.

考点一求数列通项公式

[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，Sn－1＋1＝an，Sn＋1＝an＋1，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

①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1，

又n＝1时，a1＝2适合上式，

从而{an}的通项公式为an＝22n－1.

[答案] (1)128 (2)22n－1

[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＝24，n＝1，4×5n，n≥2.

答案：an＝24，n＝1，4×5n，n≥2

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an＋1an＝2n＋12n－1，得an＝a1×a2a1×a3a2×…×anan－1＝2×31×53×…×2n－12n－3＝4n－2.

答案：4n－2

考点二数列的求和

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a1＋d＝3，4a1＋4×32d＝16，解得a1＝1，d＝2，

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＝b4－a4b1－a1＝88－74－1＝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)

＝3（1－3n）1－3＋n（1＋2n－1）2

＝32(3n－1)＋n2

＝3n＋12＋n2－32.

[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“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Sn＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)记bn＝1an·an＋1，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥2n成立的n的最小值.

[解] (1)由已知有Sn－Sn－1＝1(n≥2，n∈N)，

∴数列{Sn}为等差数列，又S1＝a1＝1，

∴Sn＝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＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，

∴Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.

由Tn≥2n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＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.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3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，

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)

＝n×3＋n（n－1）2×6＋(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

②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－3（1－3n）1－3＋n×3n＋1＝（2n－1）3n＋1＋32.

所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×（2n－1）3n＋1＋32＝（2n－1）3n＋2＋6n2＋92(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＝log2anan，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a1＋a1q＝6，a1q2＝8，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＝log2anan＝n2n，

∴Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n， 12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，

两式相减得，12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，

∴Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n

＝1－12n1－12－n2n

＝2－n＋22n.

2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{an}满足：a1＝1，3a2－a1＝1，且2an＝an－1＋an＋1an－1an＋1(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＝12，4bn＝an－1an(n≥2)，求Tn.

解：(1)∵2an＝an－1＋an＋1an－1an＋1(n≥2)，

∴2an＝1an－1＋1an＋1(n≥2).

又a1＝1，3a2－a1＝1，

∴1a1＝1，1a2＝32，

∴1a2－1a1＝12，

∴1an是首项为1，公差为12的等差数列.

∴1an＝1＋12(n－1)＝12(n＋1)，

即an＝2n＋1.

(2)∵4bn＝an－1an(n≥2)，

∴bn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1(n≥2)，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.

考点三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，