高考数学二轮专题复习数列的通项及求和提分训练文新人教版

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(新课标)高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和练习理新人教A版-新人教A版高三

第2讲数列通项与求和[A 组夯基保分专练]一、选择题1．(2019·某某省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)na n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A ．49B ．50C ．99D ．100解析：选A ．由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A ．2．(一题多解)(2019·某某尖子生第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1解析：选B ．法一：当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 2，则a 2＝12.当n ≥2时，S n －1＝2a n ，则S n －S n－1＝a n ＝2a n ＋1－2a n ，所以a n ＋1a n ＝32，所以当n ≥2时，数列{a n }是公比为32的等比数列，所以a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝112×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，所以S n＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，当n ＝1时，此式也成立．故选B ．法二：当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 2，则a 2＝12，所以S 2＝1＋12＝32，结合选项可得只有B 满足，故选B ．3．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A ．因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A ．4．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A ．4 0352 017 B ．2 0162 017 C ．4 0362 019D ．4 0352 018解析：选C ．由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.5．(2019·某某市第一次质量预测)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ≥1)，且a 3＝134，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ．由2a n ＋1＋a n ＝3，得2(a n ＋1－1)＋(a n －1)＝0，即a n ＋1－1a n －1＝－12(*)，又a 3＝134，所以a 3－1＝94，代入(*)式，有a 2－1＝－92，a 1－1＝9，所以数列{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|S n －n －6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n －1)－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪9×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <1123，又n ∈N *，所以n 的最小值为10.故选C ． 6．(2019·某某省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n，2bn ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A ．9798 B ．9899 C ．99100D ．100101解析：选D ．因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2bn ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D ．二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x 尺，则x (25－1)2－1＝5，解得x ＝531，所以该女子前3天所织布的总尺数为531(23－1)2－1＝3531.答案：35318．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．解析：法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 答案：929．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．解析：当n ＝1，2，3，4，…时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn π2＝0，1，0，1，…，所以a 1＝a 3＝a 5＝a 7＝…＝2，a 2＋S 2＝a 4＋S 4＝a 6＋S 6＝a 8＋S 8＝…＝a 12＋S 12＝…＝2，S 2－S 1＋S 2＝S 4－S 3＋S 4＝S 6－S 5＋S 6＝S 8－S 7＋S 8＝…＝2，所以2S 2＝2＋S 1⇒S 2＝2；2S 4＝2＋S 3＝4＋S 2⇒S 4＝2＋12S 2＝3，同理可得S 6＝2＋12S 4＝2＋32＝72，S 8＝2＋12S 6＝2＋74＝154，S 10＝2＋158＝318，S 12＝6316，又a 12＋S 12＝2，所以a 12＝2－S 12＝2－6316＝－3116.答案：－3116三、解答题10．(2019·某某市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和．解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1，所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2>0，所以a k ＝4. 因为a k ＝3k －2，所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4. 所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n (3n －1)2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n －1)． 11．(2019·某某八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12. 又a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，所以a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，所以b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n2n ＋1. 12．(2019·某某省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.因为S n ＝2a n －n ①，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②， ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ，则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n③， 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1④，③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以数列{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.[B 组大题增分专练]1．(2019·某某七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．(2019·某某省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{}S n 为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，所以n ≥5，所以n 的最小值为5.3．(2019·某某省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1. (2)b n ＝(－1)na n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .4．(2019·高考某某卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{}满足c 1＝1，＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；②求∑i ＝12na i c i (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1.②∑i ＝12na i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12na i ＋i ＝1n a 2i (c 2i －1)＝[2n×4＋2n (2n－1)2×3]＋i ＝1n (9×4i－1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

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（新课标）高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和练习理新人教A版第2讲数列通项与求和[A组夯基保分专练]一、选择题1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋n＋1，b n＝(－1)n a n(n∈N*)，则数列{b n}的前50项和为( )A．49 B．50C．99 D．100解析：选A．由题意得，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{b n}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n ＝2a n＋1，则S n＝( )A．2n－1B．⎝⎛⎭⎪⎫32n－1C．⎝⎛⎭⎪⎫23n－1D．⎝⎛⎭⎪⎫12n－1解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12.当n≥2时，S n－1＝2a n，则S n－S n －1＝a n＝2a n＋1－2a n，所以a n＋1a n＝32，所以当n≥2时，数列{a n}是公比为32的等比数列，所以a n＝⎩⎨⎧1，n＝112×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2，n≥2，所以S n＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫32n－11－32＝⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，当n＝1时，此式也成立．故选B．法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12，所以S2＝1＋12＝32，结合选项可得只有B满足，故选B．3．数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，a n＋1＝a n－a n－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝( )A．1 B．－2C ．3D ．－3解析：选A ．因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A ．4．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A ．4 0352 017 B ．2 0162 017 C ．4 0362 019D ．4 0352 018解析：选C ．由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ≥1)，且a 3＝134，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ．由2a n ＋1＋a n ＝3，得2(a n ＋1－1)＋(a n －1)＝0，即a n ＋1－1a n －1＝－12(*)，又a 3＝134，所以a 3－1＝94，代入(*)式，有a 2－1＝－92，a 1－1＝9，所以数列{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|S n －n －6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n －1)－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪9×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <1123，又n ∈N *，所以n 的最小值为10.故选C ． 6．(2019·江西省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n，2bn ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A ．9798 B ．9899 C ．99100D ．100101解析：选D ．因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2bn ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D ．二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x 尺，则x (25－1)2－1＝5，解得x ＝531，所以该女子前3天所织布的总尺数为531(23－1)2－1＝3531.答案：35318．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．解析：法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 答案：929．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．解析：当n ＝1，2，3，4，…时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn π2＝0，1，0，1，…，所以a 1＝a 3＝a 5＝a 7＝…＝2，a 2＋S 2＝a 4＋S 4＝a 6＋S 6＝a 8＋S 8＝…＝a 12＋S 12＝…＝2，S 2－S 1＋S 2＝S 4－S 3＋S 4＝S 6－S 5＋S 6＝S 8－S 7＋S 8＝…＝2，所以2S 2＝2＋S 1⇒S 2＝2；2S 4＝2＋S 3＝4＋S 2⇒S 4＝2＋12S 2＝3，同理可得S 6＝2＋12S 4＝2＋32＝72，S 8＝2＋12S 6＝2＋74＝154，S 10＝2＋158＝318，S 12＝6316，又a 12＋S 12＝2，所以a 12＝2－S 12＝2－6316＝－3116.答案：－3116三、解答题10．(2019·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和．解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1，所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2>0，所以a k ＝4. 因为a k ＝3k －2，所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4. 所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n (3n －1)2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n －1)． 11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12. 又a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，所以a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，所以b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n2n ＋1. 12．(2019·福建省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.因为S n ＝2a n －n ①，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②， ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ，则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n③， 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1④，③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以数列{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.[B 组大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{}S n 为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥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{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1. (2)b n ＝(－1)na n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .4．(2019·高考天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；②求∑i ＝12na i c i (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n. 所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1.②∑i ＝12na i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12na i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝[2n×4＋2n(2n－1)2×3]＋∑i ＝1n(9×4i－1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

(新课标)高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A版

（新课标）高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A 版第2讲数列通项与求和[做真题]题型一 a n 与S n 关系的应用1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________．解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32；所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×(1－26)1－2＝－63.答案：－632．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________．解析：因为 a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为 S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以{1S n}是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n题型二数列求和1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝__________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋12．(2018·高考全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[明考情]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．S n，a n关系的应用[典型例题](1)已知数列{a n}的前n项和为S n，若3S n＝2a n－3n，则a2 019＝( )A．－22 019－1 B．32 019－6C．⎝⎛⎭⎪⎫122 019－72D．⎝⎛⎭⎪⎫132 019－103(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝(n＋1)a nn＋2a n(n∈N*)，则∑k＝1n ka k＝________．(3)(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＝3S n－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，3S n＝2a n－3n，3S n－1＝2a n－1－3(n－1)，所以a n＝－2a n－1－3，即a n＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2 019＝－22 019－1.(2)由题意可知na n＋1＋2a n a n＋1＝(n＋1)a n，两边同除以a n a n＋1，得n＋1a n＋1－na n＝2，又1a1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫na n是以12为首项，2为公差的等差数列，所以∑k＝1n ka k＝12n＋12n(n－1)×2＝n2－12n.(3)法一：由S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.根据S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)①，知S n＋1＝3S n＋2n＋1－3②，②－①可得，a n＋1＝3a n＋2n(n≥2)．两边同时除以2n＋1可得a n＋12n＋1＝32·a n2n＋12(n≥2)，令b n＝a n2n，可得b n＋1＝32·b n＋12(n≥2)．所以b n＋1＋1＝32(b n＋1)(n≥2)，数列{b n＋1}是以b2＋1＝34为首项，32为公比的等比数列．所以b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2·34(n ≥2)，所以b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1(n ≥2)．*又b 1＝－12也满足*式，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n2n ，所以a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n.所以a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n－3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，所以a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，所以a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，所以a 4＝11.【答案】 (1)A (2)n 2－12n (3)11(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋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{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，则a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝( )A ．40B ．44C ．45D ．49解析：选B ．法一：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B ．法二：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以{a n }从第二项起是等差数列，a 2＝3，公差d ＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋4a 6＝4×(2×6－1)＝44，故选B ．2．(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝(n －4)(n －7)2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}．答案：{5，6}数列求和问题 [典型例题]命题角度一公式法求和已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .【解】 (1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )．求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n 项和公式来求解，需掌握等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．命题角度二裂项相消法求和(2019·广东省七校联考)已知数列{a n }为公差不为0的等差数列，a 1＝5，且a 2，a 9，a 30成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求数列{1b n}的前n 项和T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，依题意得(a 1＋d )(a 1＋29d )＝(a 1＋8d )2. 又a 1＝5，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋3.(2)依题意得b n ＋1－b n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n －b n －1＝2n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，所以b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n ＋1)＋(2n －1)＋…＋5＋3＝n (2n ＋1＋3)2＝n 2＋2n (n ≥2且n ∈N *)，b 1＝3，上式也成立，所以b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)，所以1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2.(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． [提醒] 常见的裂项式有：1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]，1n ＋1＋n ＝n ＋1－n 等．命题角度三错位相减法求和(2019·唐山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12. (1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 【解】 (1)由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1，化简得a n ＝3a n －1(n ≥2)，在①中，令n ＝1可得，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有a n ＝3n －1.(2)b n ＝(n －1)3n －1，T n ＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1，③则3T n ＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n.④ ③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n＝3－3n1－3－(n －1)×3n ＝(3－2n )×3n－32. 所以T n ＝(2n －3)×3n＋34.(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、等比数列的通项的和，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{a n }，{b n }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，学生常在此步出错，一定要小心．命题角度四分组转化求和(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .【解】 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12得log 2(a 1a 2a 3)＝12，所以a 1a 2a 3＝212.设等比数列{a n }的公比为q .因为a 1＝4，所以a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，计算得q ＝4. 所以a n ＝4·4n －1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，所以S n ＝nn ＋1＋43(4n－1)．(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．命题角度五并项求和数列{a n }满足a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2－1a n ＋2n ，n ∈N *，则数列{a n }的前100项和为( )A ．5 050B ．5 100C ．9 800D ．9 850【解析】设k ∈N *，当n ＝2k 时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k ，即a 2k ＋1＋a 2k ＝4k ，① 当n ＝2k －1时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －2，② 联立①②可得，a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以数列{a n }的前100项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋[(－a 3＋4)＋(－a 5＋4×2)＋(－a 7＋4×3)＋…＋(－a 101＋4×50)] ＝25×2＋[－(a 3＋a 5＋…＋a 101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50(1＋50)2＝5 100. 故选B ．【答案】 B(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n 项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．(2)运用分类讨论法求数列的前n 项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n 分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．[对点训练]1．(2019·唐山市摸底考试)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 4＝3，a 2，a 3，a 5成等比数列．(1)求a n ；(2)设b n ＝n ·2an ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 因为a 2，a 3，a 5成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得，a 1d ＝0，又d ≠0，所以a 1＝0. 又a 4＝a 1＋3d ＝3，所以d ＝1. 所以a n ＝n －1. (2)b n ＝n ×2n －1，T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，①则2T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n.② ①－②得，－T n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n1－2－n ×2n＝(1－n )×2n－1. 所以T n ＝(n －1)×2n＋1.2．(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.数列与不等式的综合问题[典型例题](2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，证明：T n <1.【解】 (1)因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，所以2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2)．又a 1＝1，3a 2－a 1＝1，所以1a 1＝1，1a 2＝32，所以1a 2－1a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列．所以1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)证明：因为4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，所以b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法” (1)如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型．(2)如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置”．[对点训练](2019·四省八校双教研联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1且n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式； (2)设a n b n ＝1S n，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <32(n ∈N *)．解：(1)由a n ＋1＝4S n －12n －1，得(2n －1)a n ＋1＝4S n －1，可得(2n －3)a n ＝4S n －1－1(n ≥2)，两式相减得(2n ＋1)a n ＝(2n －1)a n ＋1，即a n 2n －1＝a n ＋12n ＋1(n ≥2)，又由a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1，得a 2＝3，所以a 12×1－1＝a 22×1＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1为常数列，所以a n2n －1＝1，即a n ＝2n －1.(2)证明：由a n ＝2n －1，得S n ＝n 2，所以b n ＝1n (2n －1).当n ＝1时，T 1＝1<32成立；当n ≥2时，b n ＝1n (2n －1)＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12<12n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n，所以T n<1＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n<32.综上，T n<32(n∈N*)．[A组夯基保分专练]一、选择题1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋n＋1，b n＝(－1)n a n(n∈N*)，则数列{b n}的前50项和为( )A．49 B．50C．99 D．100解析：选A．由题意得，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{b n}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n ＝2a n＋1，则S n＝( )A．2n－1B．⎝⎛⎭⎪⎫32n－1C．⎝⎛⎭⎪⎫23n－1D．⎝⎛⎭⎪⎫12n－1解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12.当n≥2时，S n－1＝2a n，则S n－S n －1＝a n＝2a n＋1－2a n，所以a n＋1a n＝32，所以当n≥2时，数列{a n}是公比为32的等比数列，所以a n＝⎩⎨⎧1，n＝112×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2，n≥2，所以S n＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫32n－11－32＝⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，当n＝1时，此式也成立．故选B．法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12，所以S2＝1＋12＝32，结合选项可得只有B满足，故选B．3．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A ．因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A ．4．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A ．4 0352 017 B ．2 0162 017 C ．4 0362 019D ．4 0352 018解析：选C ．由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ≥1)，且a 3＝134，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ．由2a n ＋1＋a n ＝3，得2(a n ＋1－1)＋(a n －1)＝0，即a n ＋1－1a n －1＝－12(*)，又a 3＝134，所以a 3－1＝94，代入(*)式，有a 2－1＝－92，a 1－1＝9，所以数列{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|S n －n －6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n －1)－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪9×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <1123，又n ∈N *，所以n 的最小值为10.故选C ． 6．(2019·江西省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n，2bn ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A ．9798 B ．9899 C ．99100D ．100101解析：选D ．因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2bn ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D ．二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x 尺，则x (25－1)2－1＝5，解得x ＝531，所以该女子前3天所织布的总尺数为531(23－1)2－1＝3531.答案：35318．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．解析：法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 答案：929．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．解析：当n ＝1，2，3，4，…时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn π2＝0，1，0，1，…，所以a 1＝a 3＝a 5＝a 7＝…＝2，a 2＋S 2＝a 4＋S 4＝a 6＋S 6＝a 8＋S 8＝…＝a 12＋S 12＝…＝2，S 2－S 1＋S 2＝S 4－S 3＋S 4＝S 6－S 5＋S 6＝S 8－S 7＋S 8＝…＝2，所以2S 2＝2＋S 1⇒S 2＝2；2S 4＝2＋S 3＝4＋S 2⇒S 4＝2＋12S 2＝3，同理可得S 6＝2＋12S 4＝2＋32＝72，S 8＝2＋12S 6＝2＋74＝154，S 10＝2＋158＝318，S 12＝6316，又a 12＋S 12＝2，所以a 12＝2－S 12＝2－6316＝－3116.答案：－3116三、解答题10．(2019·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和．解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1，所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2>0，所以a k ＝4.因为a k ＝3k －2，所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4. 所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n (3n －1)2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n －1)． 11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12. 又a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，所以a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，所以b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n2n ＋1. 12．(2019·福建省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.因为S n ＝2a n －n ①，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②， ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ，则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n③， 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1④，③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以数列{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.[B 组大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{}S n 为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥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{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1. (2)b n ＝(－1)na n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .4．(2019·高考天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；②求∑i ＝12na i c i (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n. 所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1.②∑i ＝12na i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12na i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝[2n×4＋2n(2n－1)2×3]＋∑i ＝1n(9×4i－1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19 数列通项与求和问题(含解析)-人教版高三全册数学试题

专题19 数列通项与求和问题【自主热身，归纳提炼】1、等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = . 【答案】32 【解析】由于，故2q =，而，故114a =，则781a a q = 32=. 2、对于数列{a n }，定义数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n ∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________. 【答案】 8【解析】：因为b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，所以b 2＝a 3－a 2＝b 3－1＝－3，所以b 1＝a 2－a 1＝b 2－1＝－4，三式相加可得a 4－a 1＝－9，所以a 1＝a 4＋9＝8.3、设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________．【答案】： 58解后反思本题主要考查等差中项和等比中项的性质及应用，体现了等差数列和等比数列的基本量的计算问题中的方程思想，等比数列的求和要注意公比是否为1.:4、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．【答案】：. 2当q ＝1时，显然不满足题意；当q ≠1时， ⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 21－q＝2a 1q ＋3，a11－q 31－q＝2a 1q 2＋3，整理得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q ＝3，a 11＋q －q2＝3，解得q ＝2.5、记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．【答案】： 31【解析】：设公比为q ，且q ＞0，又a 1＝1，则a n ＝q n －1.由S 4－5S 2＝0，得(1＋q 2)S 2＝5S 2，所以q ＝2，所以S 5＝1－251－2＝31.解后反思利用S 4＝(1＋q 2)S 2，可加快计算速度，甚至可以心算． 6、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若，则数列{}n a 的通项公式为n a =．【答案】：12n-7、已知数列{a n }满足a 1＝－1，a 2>a 1，|a n ＋1－a n |＝2n(n ∈N *)，若数列{a 2n －1}单调递减，数列{a 2n }单调递增，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 【答案】－2n－13【解析】：因为|a n ＋1－a n |＝2n，所以当n ＝1时，|a 2－a 1|＝2.由a 2>a 1，a 1＝－1得a 2＝1.当n ＝2时，|a 3－a 2|＝4，得a 3＝－3或a 3＝5.因为{a 2n －1}单调递减，所以a 3＝－3.当n ＝3时，|a 4－a 3|＝8，得a 4＝5或a 4＝－11.因为{a 2n }单调递增，所以a 4＝5.同理得a 5＝－11，a 6＝21.因为{a 2n －1}单调递减，a 1＝－1<0，所以a 2n －1<0.同理a 2n >0.所以当n 为奇数时(n ≥3)，有a n －a n －1＝－2n －1，a n －1－a n －2＝2n －2.两式相加得a n －a n －2＝－2n －2.那么a 3－a 1＝－2；a 5－a 3＝－23；…；a n －a n －2＝－2n －2.以上各式相加得a n －a 1＝－(2＋23＋25＋…＋2n －2)．所以a n ＝a 1－2[1－22n －32＋1]1－22＝－2n＋13. 同理，当n 为偶数时，a n ＝2n－13.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n＋13，n 为奇数，2n－13， n 为偶数.也可以写成a n ＝－2n－13.【问题探究，变式训练】例1、已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30. (1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解析】： (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .(3分)由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(7分) (2) 由题意知c n ＝(n ＋1)×2n. 记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1＋(n ＋1)×2n，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1，所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋ (2))－(n ＋1)×2n ＋1，(11分)即T n ＝n ·2n ＋1，n ∈N *.(14分)【变式1】、在数列{}n a 中，已知113a =，，*n ∈N ，设n S 为{}n a 的前n 项和．（1）求证：数列{3}n n a 是等差数列；（2）求n S ．证明（1）因为，所以，又因为113a =，所以113=1a ⋅，所以{3}n n a 是首项为1，公差为2-的等差数列．（2）由（1）知，所以，所以，所以，两式相减得．112()3n n +=⋅，所以3n n n S =．【变式2】、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且（*∈N n ）．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足，求数列{}n b 的通项公式．解（1）由22n n S a =-，得．两式相减，得，所以12n n a a +=，由又1122S a =-，得1122a a =-，12a =，所以数列{}n a 为等比数列，且首项为2，公比2q =，所以2nn a =．（2）由（1）知．由(*n ∈N )，得(2n ≥)．故，即．当1n =时，．所以【关联1】、数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n3＋r (r ∈R ，n ∈N *)． (1) 求r 的值及数列{a n }的通项公式； (2) 设b n ＝na n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ＜T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得(T i ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n∈N *都成立．思路分析 (1) 利用关系式a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n－S n －1，n ≥2，n ∈N *，)将a n 与S n 的关系转化为a n 与a n －1的关系，再利用累乘法求{a n }的通项公式；(2) ①利用数列{T 2n －T n }的单调性求T 2n －T n 的最小值即可；②利用条件得到T n 与T n －1的关系，通过变形，化简和式(T i ＋1)，即可证得命题．规范解答 (1) 当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，所以r ＝23，(2分) 所以S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13，两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)．(4分) 所以a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1，即a n a 1＝n n ＋11×2.所以a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)，又a 1＝2适合上式．所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(6分) (2) ①因为a n ＝n (n ＋1)，所以b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1. 所以T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，所以T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1.(8分) 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. 所以B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2＞0，所以B n ＋1＞B n ，所以B n 单调递增，(10分) (B n )min ＝B 1＝13，所以λ＜13.(12分)②因为T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1.所以当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n ，所以T n －T n －1＝1n ＋1，即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.(14分) 所以当n ≥2时，(T i ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n －1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1，所以存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得(T i ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N *都成立．(16分) 解后反思本题以a n 与S n 的关系为背景，考查了数列的通项、求和、数列的单调性，考查学生利用数列知识解决数列与不等式的综合问题的能力，以及代数变形与推理论证能力．【关联2】、已知各项是正数的数列{a n }的前n 项和为S n . (1) 若S n ＋S n －1＝a 2n ＋23(n∈N *，n ≥2)，且a 1＝2.①求数列{a n }的通项公式； ②若S n ≤λ·2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．(2) 已知数列{a n }是公比为q (q >0，q ≠1)的等比数列，且数列{a n }的前n 项积为10T n .若存在正整数k ，对任意n ∈N *，使得T （k ＋1）nT kn为定值，求首项a 1的值． . 思路分析 (1) ①利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1与a n 的关系，并特别注意式中的n ≥2.对于n ＝1的情况必须单独处理．由3(S 2＋S 1)＝a 22＋2及a 1＝2，得3(4＋a 2)＝a 22＋2，即a 22－3a 2－10＝0. 结合a 2>0，解得a 2＝5，满足a 2－a 1＝3.(3分)所以对n ∈N *，均有a n ＋1－a n ＝3，即数列{a n }是首项为a 1＝2，公差为3的等差数列，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(5分) ②由①知，S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （3n ＋1）2，所以λ≥n （3n ＋1）2n ＋2对n ∈N *恒成立．(6分)记f (n )＝n （3n ＋1）2n ＋2，n ∈N *.考虑f (n ＋1)－f (n )＝（n ＋1）（3n ＋4）2n ＋3－n （3n ＋1）2n ＋2＝－（3n 2－5n －4）2n ＋3.(8分) 当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )，且f (1)＝12，f (2)＝78，f (3)＝1516.所以f (n )max ＝f (3)＝1516，从而λ≥1516.所以实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1516，＋∞.(11分)T n ＝nb 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－d 2n ，记A ＝d 2≠0，B ＝b 1－d2，则T n ＝An 2＋Bn .所以T （k ＋1）n T kn ＝A （k ＋1）2n 2＋B （k ＋1）n Ak 2n 2＋Bkn ＝k ＋1k ·A （k ＋1）n ＋B Akn ＋B.因为对任意n ∈N *，T （k ＋1）n T kn 为定值，所以A （k ＋1）n ＋BAkn ＋B也为定值．设A （k ＋1）n ＋BAkn ＋B＝μ，则[A (k ＋1)－μAk ]n ＋B －B μ＝0对n ∈N *恒成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧A （k ＋1）－μAk ＝0，①B －B μ＝0，②由①得μ＝k ＋1k，代入②得B ＝0.(15分) 即b 1＝12d ，即lg a 1＝12lg q ，得a 1＝q .(16分)【关联3】、已知数列{}n a 满足，数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）求13a a +的值；（2）若．① 求证：数列{}2n a 为等差数列；② 求满足的所有数对()p m ，．【思路分析】（1）直接令1,2n得到关系式，两式相减，求出13a a +的值（2）分别赋值21,2n n ，得到关系式，两式相减，得到，结合1532a a a +=，计算出114a ，从而求2114n a -=，代入关系式，得出294n a n =+，利用定义法证明{}2n a 为等差数列（3）求和得到2n S ，代入关系式整理得，需要转化两个因数相乘的形式，变形处理，利用平方差公式得到，因为且均为正整数，则两个因数只能为27和1，从而求出p m ，的值.规范解答（1）由条件，得，②①得 1312a a +=．………………………3分（2）①证明：因为，所以，④③得， ……………………………………………… 6分于是，所以314a =，从而114a =． ……………………………………………… 8分所以，所以2114n a -=，将其代入③式，得294n a n =+，所以（常数），所以数列{}2n a 为等差数列．……………………………………………… 10分 ②注意到121n a a +=，所以，…………………………………………… 12分由224p m S S =知．所以，即，又*p m ∈N ，，所以且均为正整数，所以，解得，所以所求数对为(104)，． 16分例2、正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足: ．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）令,数列{}n b 的前n 项和为n T .证明:对于任意的*n N ∈,都有564n T <. 解（1）由,得.由于{}n a 是正项数列，所以.于是时,.综上，数列{}n a 的通项2n a n =.（2）证明由于，则.所以.【变式1】、数列{}n a 的前n 项和为nS ，.（1）求r 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）设，记{}n b 的前n 项和为n T .①当n N *∈时，2n n T T λ<-恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式()g n ，使得对一切2,n n N *∈≥都成立.（2）①因为(1)n a n n =+，所以11n b n =+，所以.所以，所以.令，则.所以.所以1n n B B +>，所以n B 单调递增. 所以n B 的最小值为113B =，所以13λ<. ②因为，所以当2n ≥时，．所以即．当2n ≥时．所以存在关于的整式()1g n n =+．使得对一切都成立．【变式2】、已知数列{a n }满足a 1＝10，a n －10≤a n ＋1≤a n ＋10(n ∈N *)．(1) 若{a n }是等差数列，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，且S n －10≤S n ＋1≤S n ＋10(n ∈N *)，求公差d 的取值集合； (2) 若b 1，b 2，…，b k 成等比数列，公比q 是大于1的整数，b 1＝10，b 2≤20，且b 1＋b 2＋…＋b k ＞2017，求正整数k 的最小值；(3) 若a 1，a 2，…，a k 成等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a k ＝100，求正整数k 的最小值以及k 取最小值时公差d 的值．(3) a 1＋a 2＋…＋a k ＝10k ＋k k －12d ＝100，所以d ＝200－20kk k －1.(11分)由题意|d |＝|a n ＋1－a n |≤10，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪200－20k k k －1≤10.(13分)所以－k 2＋k ≤20－2k ≤k 2－k ，所以k ≥4，所以k min ＝4.(15分) 此时d ＝10.(16分)解后反思本题第(2)问在原题上有所改动，原题如下：(2) 若a 1，a 2, …，a k 成等比数列，公比q 是大于1的整数，且a 1＋a 2＋…＋a k ＞2017，求正整数k 的最小值．原题的漏洞在于a n ＝10×2n －1以指数级上升，条件中的a n ＋1≤a n【变式3】、已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝3，且2S n ＝a n ＋1－3(n∈N *)． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 对于正整数i ，j ，k (i <j <k )，已知λa j ，6a i ，μa k 成等差数列，求正整数λ，μ的值；(3) 设数列{b n }前n 项和是T n ，且满足：对任意的正整数n ，都有等式a 1b n ＋a 2b n －1＋a 3b n －2＋…＋a n b 1＝3n ＋1－3n －3成立. 求满足等式T n a n ＝13的所有正整数n .思路分析 (1) 当n≥2时，S n －S n －1＝a n ，得到a n ＋1与a n 的关系式； (2) 在等式λ·3j＋μ·3k＝12·3i两边同除以3i或3j；(3) 先求出b n ＝2n －1，T n ＝n 2.再试算T n a n的前几项，猜出【答案】，并证明结论．规范解答 (1) 2S n ＝a n ＋1－3，2S n －1＝a n －3(n≥2)，两式相减，得2a n ＝a n ＋1－a n .即当n≥2时，a n ＋1＝3a n .(2分)由a 1＝S 1＝3，得6＝a 2－3，即a 2＝9，满足a 2＝3a 1. 所以对n∈N *，都有a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n＝3. 所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，通项公式a n ＝3n.(4分) (2) 由(1)，得λ·3j ＋μ·3k ＝12·3i ，即λ＋μ·3k －j＝43j －i －1. 因为正整数i ，j ，k 满足i <j <k ，且λ，μ∈N *，所以λ＋μ·3k －j＝43j －i －1∈N *.(6分) 所以只有⎩⎪⎨⎪⎧3j －i －1＝1，3k －j ＝3，即λ＋3μ＝4，得λ＝μ＝1.(8分) (3) 由(1)知，31b n ＋32b n －1＋33b n －2＋…＋3n b 1＝3n ＋1－3n －3， ①及31b n ＋1＋32b n ＋33b n －1＋…＋3n ＋1b 1＝3n ＋2－3(n ＋1)－3， ②②/3－①，得b n ＋1＝2n ＋1.(10分)又3b 1＝9－3－3＝3，得b 1＝1，所以b n ＝2n －1，从而T n ＝n 2.设f (n )＝T n a n ＝n 23n ，n ∈N *.当n ＝1时T 1a 1＝13；当n ＝2时T 2a 2＝49；当n ＝3时T 3a 3＝13；(12分)下面证明：对任意正整数n >3都有T n a n <13，T n ＋1a n ＋1－T n a n ＝(n ＋1)2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1[(n ＋1)2－3n 2]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1(－2n 2＋2n ＋1)，当n ≥3时，－2n 2＋2n ＋1＝(1－n 2)＋n (2－n )<0，即T n ＋1a n ＋1－T na n<0，所以当n ≥3时，T n a n 递减，所以对任意正整数n >3都有T n a n <T 3a 3＝13.综上可得，满足等式T n a n ＝13的正整数n 的值为1和3.(16分)解后反思第(1)题中，要注意验证a 2＝3a 1；第(2)题中，也可化为λ·3j －i －1＋μ·3k －i －1＝4，说明只能λ＝1；第(3)题这种类型的题，一般是先猜再证．若条件出现数列的“和”的等式，则可以利用“差商”法求数列的通项公式，另外利用数列的单调性确定数列项的范围，进而解决相关的问题也是数列问题中的常用的数学思想方法．【变式4】、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，总存在正数p ，q ，r ，使得a n ＝p n －1，S n ＝qn－r 恒成立；数列{b n }的前n 项和为T n ，且对任意正整数n ，2T n ＝nb n 恒成立． (1) 求常数p ，q ，r 的值； (2) 证明数列{b n }为等差数列；(3) 若b 2＝2，记P n ＝2n ＋b 1a n ＋2n ＋b 22a n ＋2n ＋b 34a n ＋…＋2n ＋b n －12n －2a n ＋2n ＋b n 2n －1a n ，是否存在正整数k ，使得对任意正整数n ，P n ≤k 恒成立，若存在，求正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．思路分析第(1)问，由于所给出的是关于通项与和的一般性的式子，因此，利用特殊与一般的关系，将一般进行特殊化来处理，可分别取n ＝2，3，求出p ，q 的值(必要性)，再验证是否符合题意(充分性)．第(2)问，根据数列的通项与其前n 项和的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2来得到数列的递推关系，有了递推关系后来判断数列是等差数列就有两种方法：一是利用递推关系求出数列的通项公式，进而通过定义来加以证明；二是利用等差中项来进行证明．第(3)问，根据所要研究的对象“P n ≤k 恒成立”可以看出，本题的本质就是求P n 的最大值，而研究一个数列的最值的基本方法是研究数列的单调性，因此，利用邻项作差的方法来判断{P n }的单调性，进而求出数列的最大值．另外，注意到本题的P n 是一个差比数列的和，因此，本题又可以通过先求和，然后再判断单调性，进而求最值的方法来加以求解，但这种方法并不简便，故采用直接判断单调性的方法来加以求解．规范解答 (1) 因为S n ＝q n－r ①，所以S n －1＝qn －1－r ②(n ≥2)，①－②得S n －S n －1＝q n－q n －1，即a n ＝q n －qn －1(n ≥2)，(1分)又a n ＝pn －1，所以pn －1＝q n－qn －1(n ≥2)，n ＝2时，p ＝q 2－q ；n ＝3时，p 2＝q 3－q 2. 因为p ，q 为正数，解得p ＝q ＝2.(3分)又因为a 1＝1，S 1＝q －r ，且a 1＝S 1，所以r ＝1.(4分) (2) 因为2T n ＝nb n ③，当n ≥2时，2T n －1＝(n －1)b n －1 ④，③－④得2b n ＝nb n －(n －1)b n －1，即(n －2)b n ＝(n －1)b n －1 ⑤，(6分)证法1 又(n －1)b n ＋1＝nb n ⑥，⑤＋⑥得(2n －2)b n ＝(n －1)b n －1＋(n －1)b n ＋1，(7分) 即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，所以{b n }为等差数列．(8分) 证法2 由(n －2)b n ＝(n －1)b n －1，得b n n －1＝b n －1n －2，当n ≥3时，b n n －1＝b n －1n －2＝…＝b 21，所以b n ＝b 2(n －1)，所以b n －b n －1＝b 2，(6分)因为n ＝1时，由2T n ＝nb n 得2T 1＝b 1，所以b 1＝0，则b 2－b 1＝b 2，(7分) 所以b n －b n －1＝b 2，对n ≥2恒成立，所以{b n }为等差数列．(8分)(3) 因为b 1＝0，又b 2＝2，由(2)知{b n }为等差数列，所以b n ＝2n －2，(9分) 又由(1)知a n ＝2n －1，(10分)所以P n ＝2n 2n －1＋2n ＋22n ＋…＋4n －422n －3＋4n －222n －2，又P n ＋1＝2n ＋22n ＋…＋4n －422n －3＋4n －222n －2＋4n 22n －1＋4n ＋222n ，所以P n ＋1－P n ＝4n 22n －1＋4n ＋222n －2n 2n －1＝12n ＋2－4n ·2n4n，(12分) 令P n ＋1－P n >0得12n ＋2－4n ·2n>0，所以2n <6n ＋12n ＝3＋12n <4，解得n ＝1，所以n ＝1时，P n ＋1－P n >0，即P 2>P 1，(13分)n ≥2时，因为2n ≥4，3＋12n <4，所以2n >3＋12n ＝6n ＋12n ，即12n ＋2－4n ·2n<0.此时P n ＋1<P n ，即P 2>P 3>P 4>…，(14分)所以P n 的最大值为P 2＝2×22＋2×2＋222＝72，(15分) 若存在正整数k ，使得对任意正整数n ，P n ≤k 恒成立，则k ≥P max ＝72，所以正整数k 的最小值为4.(16分)。

数列的通项与求和 2025年高考数学基础专项复习

= 2 − + 2 ≥ 2 ,当 = 1时，1 = 2也满足上式，所以 = 2 − + 2,故 = [2 ] = [1 −
1 = [1 −
2
1−2
]
1
= 2，2 = [1 −
− −2 =
2
2−2
]
4
−+2= −
故2 024 = 1 + 2 = 3.故选B.
【解析】
解法一由题知+2 − +1 = 2 +1 − ，因为2 − 1 = 2，所以{+1 − }是首项为2，公比为2的等比数列，
所以+1 − = 2 ，当 ≥ 2时，
= − −1 + −1 − −2 + ⋯ + 2 − 1 + 1 =
+ 4.
1
1
1
1
解法二设 + = 2 −1 + ,即 = 2 −1 − 2 ，所以− 2 = 2,即 = −4,所以
1 −1
1 −1
1 − 4 = −3，所以 − 4 = −3 2
,故数列{ }的通项公式为 = −3 2
+ 4.
+ 4 ≥ 2 ，又1 = 1满足
结合求解.
形如an=(-1)n·f(n)的形式,可采用并项求和法.
倒序相加法求和把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广.
教材素材变式
1.［链接人A选必二P18知识］已知函数 = + sin π − 3，则

1
2 024
2
2 024
+
【解析】令 =

2023年高考数学二轮复习讲练测(新高考)专题04 数列的通项、求和及综合应用(原卷版)

专题04 数列的通项、求和及综合应用【命题规律】数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．【核心考点目录】核心考点一：等差、等比数列的基本量问题核心考点二：证明等差等比数列核心考点三：等差等比数列的交汇问题核心考点四：数列的通项公式核心考点五：数列求和核心考点六：数列性质的综合问题核心考点六：实际应用中的数列问题核心考点七：以数列为载体的情境题【真题回归】1．（2022·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a <<2．（2022·全国·高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =_______． 3．（2022·全国·高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-． (1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．4．（2022·全国·高考真题（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． (1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．5．（2022·天津·高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=． (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nk k k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．6．（2022·浙江·高考真题）已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N ．(1)若423260S a a -+=，求n S ；(2)若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．【方法技巧与总结】1、利用定义判断数列的类型：注意定义要求的任意性，例如若数列{}n a 满足1n n a a d +-=（常数）（2n ≥，n *∈N ）不能判断数列{}n a 为等差数列，需要补充证明21a a d -=；2、数列{}n a 满足212n n n a a a +++=()*n ∈N ，则{}n a 是等差数列；3、数列{}n b 满足1n n b qb +=()*n ∈N ，q 为非零常数，且10b ≠，则{}n b 为等比数列；4、在处理含n S ，n a 的式子时，一般情况下利用公式n a =1*1,1,2,nn S n S S n n - =⎧⎨-∈⎩N ≥且，消去n S ，进而求出{}n a 的通项公式；但是有些题目虽然要求{}n a 的通项公式，但是并不便于运用n S ，这时可以考虑先消去n a ，得到关于n S 的递推公式，求出n S 后再求解n a ．5、遇到形如1()n n a a f n +-=的递推关系式，可利用累加法求{}n a 的通项公式，遇到形如1()n na f n a +=的递推关系式，可利用累乘法求{}n a 的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足进行检验．6、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11qa p +-为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n n n n a a p q q q ++=⋅+，设nnna b q =，从而变成1n b +=1n pb q+，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++-=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +-=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +-=，从而将问题转化为第（1）个问题．7、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．8、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，1k=，1111()n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =-++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++--++=．9、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 10、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为, , n n nb n ac n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．11、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．12、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S -，32n n S S -，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，公差为2d ． ③若项数为偶数2k ，则 S S kd -=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +-=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠-时，n S ，2n n S S -，32n n S S -，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()n n q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()2111k a q S S q--=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 13、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}m n a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列． 14、判断数列单调性的方法（1）比较法（作差或作商）；（2）函数化（要注意扩展定义域）． 15、求数列最值的方法（以最大值项为例，最小值项同理）方法1：利用数列的单调性；方法2：设最大值项为n a ，解方程组11n n nn a a a a -+⎧⎨⎩≥≥，再与首项比较大小．【核心考点】核心考点一：等差、等比数列的基本量问题【规律方法】利用等差数列中的基本量（首项，公差，项数），等比数列的基本量（首项，公比，项数）翻译条件，将问题转换成含基本量的方程或不等式问题求解．【典型例题】例1．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且292521a a +=，1768S =，则3a =（） A ．4 B ．3C ．2D ．1例2．（2022·江西·临川一中高三阶段练习（文））已知数列{}n a 满足13a =，11n n a a +=+，则10a =（） A ．80 B ．100C ．120D ．143例3．（2022·新疆·高三期中（理））已知一个项数为偶数的等比数列{}n a ，所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前4项之积为64，则1a =（） A ．1 B ．1-C ．2D ．1或1-例4．（2022·全国·高三阶段练习（文））已知公差不为零的等差数列{}n a 中，3514a a +=，且1a ，2a ，5a 成等比数列，则数列{}n a 的前9项的和为（） A ．1 B ．2 C ．81 D ．80例5．（2022·重庆八中高三阶段练习）已知数列{}n a 满足21121411,,32n n n na a a a a a +++===，则5a =（） A ．122- B ．102- C ．92- D ．82-例6．（2022·湖北·高三阶段练习）在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，且1a ，3a ，13a 成等比数列，设数列{}12nn a +⋅的前n 项和为n T ，则7T =（）A ．9322⨯+B ．71128⨯+C ．81322⨯+D ．71324⨯+例7．（2022·江苏无锡·高三期中）已知两个等差数列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（） A ．1460 B ．1472 C ．1666D ．1678核心考点二：证明等差等比数列【规律方法】判断或证明数列是等差、等比数列常见的方法如下．（1）定义法：对于2n 的任意正整数： ①若1n n a a --为一常数，则{}n a 为等差数列；②若1nn a a -为常数，则{}n a 为等比数列．（2）通项公式法：①若n a kn c =+，则{}n a 为等差数列；（2）若nn a c q =⋅，则{}n a 为等比数列．（3）中项公式法：①若()*1122,n n n a a a n n -+=+∈N ，则{}n a 为等差数列；②若()2**112,,0,n n n n a a a n n a n -+=⋅∈≠∈N N ，则{}n a 为等比数列．（4）前n 项和法：若{}n a 的前n 项和n S 满足：①2n S An Bn =+，则{}n a 为等差数列． ②nn S A Aq =-，则{}n a 为等比数列．【典型例题】例8．（2022·吉林长春·模拟预测）已知数列{}n a 满足：12a =，()()()31121n n na n n a n +++=+++．(1)证明：数列()1n a n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭是等差数列；(2)设()122n n nn n b a ++=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．例9．（2022·河南·高三期中（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，14+=n n S a . (1)证明：数列12n n S -⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；(2)求数列{}n S 的前n 项和n T .例10．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，113a =，112++=-n n n n a a a a .(1)求2a ，3a ；(2)证明：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；例11．（2022·四川·宜宾市叙州区第二中学校模拟预测（理））现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误． (1)设乙接到球的次数为X ，通过三次传球，求X 的分布列与期望； (2)设第n 次传球后，甲接到球的概率为n a ，（i ）试证明数列1{}3n a -为等比数列；（ii ）解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．例12．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）已知数列{}n a 满足：11a =，*11,21,N 22,2n n n a n n k a k a n n k +⎧+=-⎪=∈⎨⎪-=⎩． (1)求2a ，3a ；(2)设22n n b a =-，*N n ∈，证明数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式； (3)求数列{}n a 前10项中所有奇数项的和．例13．（2022·河南·高三期中（理））已知数列{}n a 的各项均不为0，其前n 项的乘积112n n n T a -+=⋅.(1)若{}n a 为常数列，求这个常数；(2)若14a =，设2log n n b a =，求数列{}n b 的通项公式.例14．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足214a =，113n n n n a a a a ++-=.求数列{}n a 的通项公式;例15．（2022·全国·高三专题练习）问题：已知*n ∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，是否存在数列{}n a ，满足111,1n n S a a +=≥+，__________﹖若存在．求通项公式n a ﹔若不存在，说明理由．在①1n a +=﹔②()12n n a S n n -=+≥；③121n n a a n +=+-这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．核心考点三：等差等比数列的交汇问题【规律方法】在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．【典型例题】例16．（2022·河南·一模（理））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，()121n n a S n *+=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在n a 和1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列，在数列{}n d 中是否存在3项,,m k p d d d （其中,,m k p 是公差不为0的等差数列）成等比数列？若存在，求出这3项；若不存在，请说明理由．例17．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()12,2(1)N n n a n a n S n *=⋅=+⋅∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)判断数列231⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭n n a n 中是否存在成等差数列的三项，并证明你的结论．例18．（2022·福建省福州华侨中学高三阶段练习）已知在正项等比数列{}n a 中13213,,22a a a 成等差数列，则2022202120202019a a a a +=+__________．例19．（2022·湖北·高三期中）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，1111S =，573b b =，则6326log a b =______．例20．（2022·河南省淮阳中学模拟预测（理））已知等差数列{}n a 的前n 项利为n S ，若9S ，5a ，1成等比数列，且20400S ≥，则{}n a 的公差d 的取值范围为______．例21．（2022·上海·华东师范大学第一附属中学高三阶段练习）已知等差数列{}n a 的公差d 不为零，等比数列{}n b 的公比q 是小于1的正有理数．若1a d =，21b d =，且222123123a a ab b b ++++是正整数，则q 的值可以是______．例22．（2022·贵州·顶效开发区顶兴学校高三期中（理））对于集合A ，B ，定义集合{|}A B x x A x B -=∈∉且. 己知等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b 满足14a =，12b =，212nn n b b b ，332a b =+．设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，则数列{}n c 的前30项和30S =_________.例23．（2022·全国·模拟预测（文））设数列{}n a ，{}n b 满足2n n a =，38n b n =-，则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{}n c ．在k c 和()1N*k c k +∈中插入k 个数构成一个新数列{}n e ：1c ，1，2c ，3，5，3c ，7，9，11，4c ，…，插入的所有数构成首项为1，公差为2的等差数列，则数列{}n e 的前20项和20T =______．核心考点四：数列的通项公式【规律方法】常见求解数列通项公式的方法有如下六种：（1）观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式．（2）累加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式．（3）累乘法：形如()()*1()02,?n n n a f n a a n n -=⋅≠∈N （4）公式法（5）取倒数法：形如11n n n p ta a ma --=+的关系式（6）构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差（比）数列构造为等差（比）数列来求通项公式．【典型例题】例24．（2022·上海市南洋模范中学高三期中）在数列{}*(N )n a n ∈中.12a =，n S 是其前n 项和，当2n ≥时，恒有n a 、n S 、2n S -成等比数列，则n a =___________例25．（2022·黑龙江·肇州县第二中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()21(21)2,N n n n S n S n a n n *---=≥∈，则数列n S =_____________．例26．（2022·福建·高三阶段练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若226n n S n a =+-，则n a =______.例27．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且+1=3+1n n na a a ，则数列{}n a 的通项公式为=n a ______．例28．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，12a =，3211223nn a a a a a n+++++=-，则n a =__________．例29．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =______．例30．（2022·全国·高三专题练习）设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++-+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________例31．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________例32．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++-=-∈，则{}n a 的通项公式为_____________.例33．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，则第n 次由甲掷的概率n P =______（用含n 的式子表示）．核心考点五：数列求和【规律方法】求数列前n 项和n S 的常见方法有以下四种．（1）公式法：利用等差、等比数列的前n 项和公式求数列的前n 项和．（2）裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项．其方法核心有两点：一是裂项，将一个式子分裂成两个式子差的形式；二是要能相消．常见的裂项相消变换有以下形式．①分式裂项：1111()n n p p n n p ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦1p=； ③对数式裂项:lg lg()lg n pn p n n+=+-； ④指数式裂项（3）错位相减法（4）分组转化法【典型例题】例34．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，函数()442xxg x =+. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求()()1g x g x +-的值；(3)令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T .例35．（2022·陕西渭南·一模（理））已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且24a =，21691n n a S n +=++.各项均为正数的等比数列{}n b 满足11b a =，32b a =. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)若n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .例36．（2022·陕西渭南·一模（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，不等式21280a x S x --<的解集为()1,4-.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若2111n n nb a S =+-，求数列{}n b 的前n 项和n T .例37．（2022·全国·模拟预测）在数列{}n a 中，12a =-，()()*1122,n n n a na n n --=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()241412nn nn a b n ⋅-=-，求数列{}n b 的前n 项和n S ．例38．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三期中）已知数列{}n a 的各项均为正数的等比数列，532a =，()31223a a a -=．(2)若()2211log nn n b a -=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．例39．（2022·四川省蓬溪县蓬南中学高三阶段练习）给定数列{}n a ，若满足()101a a a a =>≠，，对于任意的,N m n *∈，都有m n m n a a a +=⋅，则称{}n a 为“指数型数列”.若数列{}n a 满足：1111,2n n n n a a a a a ++==+⋅；(1)判断11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；(2)若1n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .例40．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））数列{}n a 满足2121232k k k a a a +-+=+，222k ka q a +=（*,k q ∈N 为正常数），且2122a a ==，2326a a a =⋅，1235a a a a ++=.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S .例41．（2022·全国·高三专题练习）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且171,28a S ==，记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如][0.90,lg991⎡⎤==⎣⎦. (1)求111101b b b ､､；(2)求数列{}n b 的前2022项和.例42．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习）已知数列{}n a 满足()1212225220n n n a a a n -++++=--.(2)求数列{}n a 的前n 项和n T .核心考点六：数列性质的综合问题【典型例题】例43．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足1211n n a a n +-=-，且110a =，则n a 的最小值是（） A ．-15 B ．-14 C ．-11 D ．-6例44．（2022·福建三明·高三期中）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件1201920201,1a a a >>，20192020101a a -<-，则下列结论正确的是（）A ．20192020S S >B ．2020T 是数列{}n T 中的最大值C ．2019202110a a -<D ．数列{}n T 无最大值例45．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））数列{}n a 的前n 项和21122n n S -=-，则数列22log 3nn a -⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭中的最大项为（）A ．14B ．516C ．38D ．12例46．（2022·全国·安阳市第二中学模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n n S na +=，若1n na S n nλ-≤-恒成立，则实数λ的最大值为（）A ．12 B ．1 C ．23D ．34例47．（2022·山西运城·高三期中）已知数列{}n a 满足113,1n n a a a +=-=，若13n nb a =+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且对于任意的*N n ∈都有43342n t S n t -≤--<+，则实数t 的取值范围是（） A ．5,13⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．5,13⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．51,3⎡⎫-⎪⎢⎣⎭D ．51,3⎛⎤- ⎥⎝⎦例48．（2022·山东聊城·高三期中）若函数()f x 使得数列()n a f n =，n *∈N 为递增数列，则称函数()f x 为“数列保增函数”．已知函数()e xf x ax =-为“数列保增函数”，则a 的取值范围为（）．A ．(],0a ∈-∞B ．()2,e e a ∈-∞-C ．(),e a ∈-∞ D．(e ∈-∞例49．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知等比数列{}n a 的前5项积为32，112a <<，则35124a a a ++的取值范围为（） A ．73,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．()3,+∞C ．[)3,+∞D ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭例50．（2022·北京八中高三阶段练习）已知数列{}n a 是递增数列，且4(1)5,4,(3)5,4n n n n a n N n λλ+--+≤⎧=∈⎨-+>⎩，则λ的取值范围是（） A ．()1,2 B ．51,4⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．51,4⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．71,5⎛⎫ ⎪⎝⎭例51．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1n n S a =-，13b =，当2n ≥时，123n n b -=-，若对于任意*n ∈N ，不等式()()0n n t S t T --<恒成立，则实数t 的取值范围为（） A ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[]1,2C ．3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦核心考点六：实际应用中的数列问题【规律方法】解数列应用题的一般步骤（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．（2）根据题意数列问题模型．（3）应用数列知识求解．（4）将数列问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．【典型例题】例52．（2022·黑龙江·哈尔滨市剑桥第三高级中学有限公司高三阶段练习）某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%，当付清全部房款时，各次付款的总和为（） A ．1205万元 B ．1255万元C ．1305万元D ．1360万元例53．（2022·全国·高三专题练习）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元.余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n 月月底小王手中有现款为n a ，则下列结论正确的是（）（参考数据：111.27.5≈，121.29≈） ①112000a = ②1 1.21000n n a a +=-③2020年小王的年利润约为40000元 ④两年后，小王手中现款约达41万 A ．②③④ B ．②④ C ．①②④ D ．②③例54．（2022·全国·高三专题练习）为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（）（取()111.27.5=，()121.29=） A ．32500元 B ．40000元C ．42500元D ．50000元例55．（2022·云南昭通·高三阶段练习（文））某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高28万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高112万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1100万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要（） A ．2806万元 B ．2906万元C ．3106万元D ．3206万元例56．（2022·全国·高三专题练习）在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（） A ．35B ．42C ．49D ．56核心考点七：以数列为载体的情境题【规律方法】1、应用数列知识解决此类问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——等差、等比数列模型．2、需要读懂题目所表达的具体含义，观察给定数列的特征，进而判断出该数列的通项与求和公式．3、求解时要明确目标，认清是求和、求通项、还是解递推关系问题，然后通过数学推理与计算得出结果，并回归实际问题中，进行检验，最终得出结论．【典型例题】例57．（2022·上海市行知中学高三期中）定义：对于各项均为整数的数列{}n a ，如果i a i +(i =1，2，3，…)为完全平方数，则称数列{}n a 具有“P 性质”；不论数列{}n a 是否具有“P 性质”，如果存在数列{}n b 与{}n a 不是同一数列，且{}n b 满足下面两个条件：（1）123,,,...,n b b b b 是123,,,...,n a a a a 的一个排列；（2）数列{}n b 具有“P 性质”，则称数列{}n a 具有“变换P 性质”.给出下面三个数列： ①数列{}n a 的前n 项和2(1)3n n S n =-； ②数列{}n b ：1，2，3，4，5； ③数列{}n c ：1，2，3，4，5，6.具有“P 性质”的为________；具有“变换P 性质”的为_________.例58．（2022·江苏·沭阳县建陵高级中学高三阶段练习）在数列的每相邻两项之间插入这两项的和，组成一个新的数列，这样的操作叫做这个数列的一次“拓展”.先将数列1，2进行拓展，第一次拓展得到1,3,2；第二次拓展得到数列1,4,3,5,2;；第n 次拓展得到数列121,,,,,2t x x x .设1212n t a x x x =+++++，其中t =___________，n a =___________.例59．（2022·河北唐山·三模）角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1421→→→．如取正整数6m =，根据上述运算法则得出63105168421→→→→→→→→，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列{}n a 满足：1a m =（m 为正整数），1,,231,,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时①若13m =，则使得1n a =至少需要_______步雹程；②若91a =；则m 所有可能取值的和为_______．例60．（2022·全国·华中师大一附中模拟预测）已知数列{}n a 为1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此规律类推．若其前n 项和()*2N k n S k =∈，则称k 为{}n a 的一个理想数．将{}n a 的理想数从小到大依次排成一列，则第二个理想数是______；当{}n a 的项数2022n ≤时，其所有理想数的和为______．例61．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差都大于2，则称这个数列为“-H 数列”.已知数列{}n a 满足：12a =，12n n a a +=，则数列{}n a 的通项公式n a =___________；若()12n n b n t a +=-，124b t =--，且数列{}n b 是“-H 数列”，则t 的取值范围是___________.例62．（2022·全国·模拟预测）将一条线段三等分后，以中间一段为边作正三角形并去掉原线段生成1级Koch 曲线“”，将1级Koch 曲线上每一线段重复上述步骤得到2级Koch 曲线，同理可得3级Koch 曲线（如图1），…，Koch 曲线是几何中最简单的分形．若一个图形由N 个与它的上一级图形相似，相似比为r 的部分组成，称log r D N =为该图形分形维数，则Koch 曲线的分形维数是________．（精确到0.01，3log 20.631≈）在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花（如图2）飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3），…，依次得到n 级Kn （n *∈N ）角雪花曲线．若正三角形边长为1，则n 级Kn 角雪花曲线的周长=n C ________．【新题速递】一、单选题1．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n na S +=，()1nn n b a =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则100T =（） A ．0B ．50C ．100D ．25252．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三期中）一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（）A ．17B ．18C ．19D ．203．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）等差数列{}n a各项均为正数，首项与公差相等，15k ==2022a 的值为（）A ．9069B ．9079C ．9089D ．90994．（2022·浙江·绍兴市越州中学高三阶段练习）记[]x 表示不超过实数x 的最大整数，如[]11=，[]1.21=，[]1.22-=-，设[]8log n a n =，则20221i i a ==∑（）． A ．5475B ．5479C ．5482D ．54855．（2022·上海市洋泾中学高三阶段练习）设等比数列125,,,a a a ，首项11a =，实系数一元二次方程20k k a x x a ++=的两根为12,x x ．若存在唯一的()1,2,,5=k a k，使得12x x -q 的取值可能为（）．A ．14B ．12C ．23D ．346．（2022·全国·高三阶段练习）已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且234n n S n T n+=，则55a b =（） A ．12B ．712 C ．58D ．8137．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））数列{}n a 满足14a =-，*11,0,N 2,0n n n n n a a a n a a ++≤⎧=∈⎨>⎩则满足122018n a a a +++>的n 的最小值为（）A ．16B ．15C ．14D ．138．（2022·福建省福州第十一中学高三期中）已知定义在[)0,∞+上的函数()f x 满足()()32f x f x =+，当[)0,2x ∈时，()236f x x x =-+，设()f x 在[)22,2x n n ∈-上的最大值为na （*n ∈N ），且{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =（） A ．91123n⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2142n --C ．133n-D ．1142n --二、多选题9．（2022·江苏盐城·模拟预测）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件11a >，201920201a a ⋅>，20192020101a a -<-，下列结论正确的是（）A ．20192020S S <B ．2019202110a a ⋅-<C ．2020T 是数列{}n T 中的最大值D ．若1n T >，则n 最大为4038．10．（2022·江苏南京·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，211n n a a +=+，则（） A ．2n a n ≥B ．12n n a -≥C ．12161n n a -≥+D ．122log 4n n a -≥11．（2022·山西临汾·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．若22n S n n =-，则{}n a 是等差数列 B ．若121n n S +=-，则{}n a 是等比数列 C ．若{}n a 是等差数列，则202310122023S a =D ．若{}n a 是等比数列，且10a >，0q >，则221212n n n S S S -+⋅>12．（2022·山东·微山县第二中学高三期中）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足条件11a >，202220231a a >⋅，()()20222023101a a -⋅-<，则下列选项正确的是（） A ．{}n a 为递减数列B ．202220231S S +<C ．2022T 是数列{}n T 中的最大项D ．40451T <三、填空题13．（2022·全国·模拟预测）已知正实数b 是实数a 和实数c 的等差中项，且a c <，若2a ，2b ，2c 成等比数列，则ca=______． 14．（2022·全国·模拟预测）若定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，且()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭恰有2n （n *∈N ）个根i x （1i =，2，…，2n ），122n n a x x x ⋅⋅⋅⋅=⋅，则数列{}n a 的前n 项和n S =___________.15．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的通项公式为102n n a -=，n *∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则使不等式n n T S ≥成立的n 的最大值为___________. 16．（2022·河北·高三期中）定义n 个正数12,,,n p p p ⋯的“均倒数”为12nnp p p ++⋅⋅⋅+，若各项均为正数的数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，则2023a 的值为______ 四、解答题17．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的首项11a =，公比为q ，{}n b 是公差为()0d d >的等差数列，11b a =，33b a =，2b 是1b 与7b 的等比中项．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设{}n b 的前n 项和为n S ，数列{}n c 满足2n n n nc a S =，求数列{}n c 的前n 项和n T ．18．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均不为零，11a =，前n 项和n S 满足。

高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件文

∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln
�� -1 3 +ln +…+ln +ln 2 ��-1 ��-2 �� -1 3 · · …· · 2 2 ��-1 ��-2
2+2
=2+ln
=2+ln n(n≥2).
2 1 时,Sn-1= an-1+ . 3 3 2 3 2 3
由①-②,得 an= an- an-1,即
∵a1=S1=3a1+3,∴a1=1.
�� 1
2
1
∴{an}是以 1 为首项,-2 为公比的等比数列,an=(-2)
.
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裂项相消法求和
【思考】在裂项相消法中,裂项的基本思想是什么?
n=1,2,3,…,n-1,
1 2 3 ��-1 bn= × × ×…× × 3 4 5 ��+1
1 1 =,a =1. ��(��+1) n ��(��+1)
(3)由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),
∵a1=1,知 a1+1=2,an+1≠0,
��+1 +1 ∴ �� +1 =3.∴数列{an+1}是以 ��
2 为首项,以 3 为公比的等比数列.
则 an+1=2· 3n-1,故 an=2· 3n-1-1.

高考数学二轮复习专题四数列专题能力训练12 数列的通项与求和文

专题能力训练12 数列的通项与求和一、能力突破训练1.已知数列{a n}是等差数列,a1=tan 225°,a5=13a1,设S n为数列{(-1)n a n}的前n项和,则S2 016=()A. 2 016B.-2 016C.3 024D.-3 0242.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=n2+n,数列{b n}满足b n=(n∈N*),T n是数列{b n}的前n项和,则T9等于()A. B. C. D.3.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.3984.已知函数f(x)满足f(x+1)= +f(x)(x∈R),且f(1)=,则数列{f(n)}(n∈N*)前20项的和为()A.305B.315C.325D.3355.已知数列{a n},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…,此数列是首项为1,公比为的等比数列,则数列{a n}的通项公式为()A.a n=,n∈N*B.a n=,n∈N*C.a n=D.a n=1,n∈N*6.植树节,某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10 m.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为 m.7.数列{a n}满足a n+1=,a11=2,则a1= .8.数列{a n}满足a1+a2+…+a n=2n+5,n∈N*,则a n= .9.设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.(1)求通项公式a n;(2)求数列{|a n-n-2|}的前n项和.10.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为T n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.11.已知数列{a n}和{b n}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+b n=b n+1-1(n∈N*).(1)求a n与b n;(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求T n.二、思维提升训练12.给出数列,…,,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是()A.4 900B.4 901C.5 000D.5 00113.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .14.设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,a2=2,且a n+2=3S n-S n+1+3,n∈N*.(1)证明:a n+2=3a n;(2)求S n.15.已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.16.已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.专题能力训练12数列的通项与求和一、能力突破训练1.C解析∵a1=tan 225°=1,∴a5=13a1=13,则公差d==3,∴a n=3n-2.又(-1)n a n=(-1)n(3n-2),∴S2 016=(a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)+…+(a2 014-a2 013)+(a2 016-a2 015)=1 008d=3 024.2.D解析∵数列{a n}的前n项和为S n,且S n=n2+n,∴当n=1时,a1=2;当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n,∴a n=2n(n∈N*),∴b n=,T9=+…+.3.C解析∵S n=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.∴a n=∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.4.D解析∵f(1)=,f(2)=,f(3)=,……,f(n)=+f(n-1),∴{f(n)}是以为首项,为公差的等差数列.∴S20=20×=335.5.A解析因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…是首项为1,公比为的等比数列,所以a n-a n-1=,n≥2.所以当n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1++…+=.又当n=1时,a n==1,则a n=,n∈N*.6.2 000解析设放在第x个坑边,则S=20(|x-1|+|x-2|+…+|20-x|).由式子的对称性讨论,当x=10或11时,S=2 000.当x=9或12时,S=20×102=2 040;……当x=1或19时,S=3 800.∴S min=2 000 m.7. 解析由a11=2及a n+1=,得a10=.同理a9=-1,a8=2,a7=,….所以数列{a n}是周期为3的数列.所以a1=a10=.8.解析在a1+a2+…+a n=2n+5中用(n-1)代换n得a1+a2+…+a n-1=2(n-1)+5(n≥2),两式相减,得a n=2,a n=2n+1,又a1=7,即a1=14,故a n=9.解 (1)由题意得又当n≥2时,由a n+1-a n=(2S n+1)-(2S n-1+1)=2a n,得a n+1=3a n.所以,数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)设b n=|3n-1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1.当n≥3时,由于3n-1>n+2,故b n=3n-1-n-2,n≥3.设数列{b n}的前n项和为T n,则T1=2,T2=3.当n≥3时,T n=3+,所以T n=10.解设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q,则a n=-1+(n-1)d,b n=q n-1.由a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5,得2d+q2=6.②联立①和②解得(舍去),因此{b n}的通项公式为b n=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0,解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.11.解 (1)由a1=2,a n+1=2a n,得a n=2n(n∈N*).由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.当n≥2时,b n=b n+1-b n,整理得,所以b n=n(n∈N*).(2)由(1)知a n b n=n·2n,因此T n=2+2·22+3·23+…+n·2n,2T n=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以T n-2T n=2+22+23+…+2n-n·2n+1.故T n=(n-1)2n+1+2(n∈N*).二、思维提升训练12.B解析根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,……,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,……,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:,……,,…,,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=+50=4 901.13.- 解析由a n+1=S n+1-S n=S n S n+1,得=1,即=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,∴=-n,∴S n=-.14.(1)证明由条件,对任意n∈N*,有a n+2=3S n-S n+1+3,因而对任意n∈N*,n≥2,有a n+1=3S n-1-S n+3.两式相减,得a n+2-a n+1=3a n-a n+1,即a n+2=3a n,n≥2.又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1,故对一切n∈N*,a n+2=3a n.(2)解由(1)知,a n≠0,所以=3,于是数列{a2n-1}是首项a1=1,公比为3的等比数列;数列{a2n}是首项a2=2,公比为3的等比数列.因此a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1.于是S2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1)=3(1+3+…+3n-1)=,从而S2n-1=S2n-a2n=-2×3n-1=(5×3n-2-1).综上所述,S n=15.解 (1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有,解得q=2或q=-1.又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得b n=(log2a n+log2a n+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即{b n}是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T n,则T2n=(-)+(-)+…+(-)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.16.解 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以,{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n=.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1++…+=2-,整理得,S n=4-.所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.。

(新课标)高考数学二轮复习专题4 数列第2讲数列求和及综合应用文-人教版高三全册数学试题

第2讲数列求和及综合应用求数列的通项训练提示: 求数列通项的常用方法有累加法、累积法、构造等比数列法或已知S n与a n关系,求a n或利用方程思想联立方程组,求出基本量,得出a n.解题时应注意各自的适用X围及注意验证n=1的情况.1.(2015某某某某高三联考)已知各项都不相等的等差数列{a n}的前7项和为70,且a3为a1和a7的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n+1-b n=a n(n∈N*),且b1=2,求数列{}的前n项和T n.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),则解得所以a n=2n+2.(2)因为b n+1-b n=a n,所以b n-b n-1=a n-1=2n(n≥2,n∈N*)b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1=a n-1+a n-2+…+a1+b1=n(n+1).所以==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.2.(2015东北三校第二次联考)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,a n+1=S n+2,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=n·a n,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)当n=1时a2=S1+2=4=2a1,当n≥2时,⇒a n+1=2a n,数列{a n}满足a n+1=2a n(n∈N*),且a1=2,所以a n=2n(n∈N*).(2)b n=n·a n=n·2nT n=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n2T n=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1两式相减,得-T n=21+22+23+…+2n-1+2n-n·2n+1-T n=-n·2n+1,T n=2+(n-1)·2n+1(n∈N*).求数列的前n项和训练提示: 在数列求和的几种常见方法中,一定要注意其各自的适用X围,其中在裂项相消法中注意裂项后的恒等变形,在错位相减法中注意相减后,哪些项构成等比数列.3.(2015某某二诊)已知数列{a n}中,a1=2,且a n=2a n-1-n+2(n≥2,n∈N*).(1)求a2,a3,并证明{a n-n}是等比数列;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)由已知a n=2a n-1-n+2(n≥2,n∈N*)得a2=4,a3=7.a n-n=2a n-1-2n+2,即a n-n=2[a n-1-(n-1)],因为=2(n≥2,n∈N*).所以{a n-n}是以2为公比的等比数列.(2)由(1)得a n-n=(a1-1)·2n-1.即a n=2n-1+n.所以b n==1+.设=,且前n项和为T n,所以T n=+++…+①T n=+++…+②①-②得T n=1+(+++…+)-=-=2-.所以T n=4-,S n=n+4-.4.(2015某某第二次质量预测)已知等差数列{a n}的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+,a11成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)设等差数列公差为d,由题意知d>0.因为a3,a4+,a11成等比数列,所以(a4+)2=a3a11,所以(+3d)2=(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0,所以d=(d=-舍去),所以a n=.(2)b n===(-).所以T n=(-+-+…+-)=.数列的综合问题训练提示: 解答数列综合问题要善于用化归思想把非等差、等比数列问题转化为等差、等比数列问题,并结合函数与方程的思想方法分析、解决问题.数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分,先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式,然后再利用数列知识和方法求解.5.(2015某某第二次质量预测)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2a1+log2a2+…+log2a n,求使(n-8)b n≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值X围. 解:(1)由S n=2a n-2可得a1=2,因为S n=2a n-2,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,即=2.数列{a n}是以a1=2为首项,公比为2的等比数列,所以a n=2n(n∈N*).(2)b n=log2a1+log2a2+…+log2a n=1+2+3+…+n=.由(n-8)b n≥nk对任意n∈N*恒成立,即实数≥k对n∈N*恒成立;设=(n-8)(n+1),则当n=3或4时,取得最小值为-10,所以k≤-10.【教师备用】 (2015某某卷)设f n(x)=x+x2+…+x n-1,x≥0,n∈N,n≥2.(1)求f′n(2);(2)证明:f n(x)在(0,)内有且仅有一个零点(记为a n),且0<a n-<()n.(1)解:法一由题设f′n(x)=1+2x+…+nx n-1.所以f′n(2)=1+2×2+…+(n-1)2n-2+n·2n-1,①则2f′n(2)=2+2×22+…+(n-1)2n-1+n·2n,②①-②得-f′n(2)=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)×2n-1,所以f′n(2)=(n-1)×2n+1.法二当x≠1时,f n(x)=-1,则f′n(x)=,可得f′n(2)==(n-1)×2n+1.(2)证明:因为f n(0)=-1<0,f n()=-1=1-2×()n≥1-2×()2>0,所以f n(x)在(0,)内至少存在一个零点.又f′n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,所以f n(x)在(0,)内单调递增,因此f n(x)在(0,)内有且仅有一个零点a n.由于f n(x)=-1,所以0=f n(a n)=-1,由此可得a n=+>,故<a n<.所以0<a n-=<×()n+1=()n.类型一:周期数列与通项公式1.(2015某某某某三模)在数列{a n}中,已知a1=2,a2=7,a n+2等于a n a n+1(n∈N+)的个位数,则a2015=.解析:a1a2=2×7=14,所以a3=4,4×7=28,所以a4=8,4×8=32,所以a5=2,2×8=16,所以a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,a11=2,所以从第三项起,a n的值成周期排列,周期为6,2015=335×6+5,所以a2015=a5=2.答案:22.(2015某某市高三统考)数列{a n}满足a1=1,a2=3,a n+2=a n+1-a n,n∈N*,则a2015=.解析:因为a1=1,a2=3,a n+2=a n+1-a n,所以a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,a7=1,a8=3,…所以数列{a n}是以6为周期的周期数列.所以a2015=a6×335+5=a5=-3.答案:-3类型二:由数列性质解决恒成立问题3.(2015某某某某一模)已知数列{a n},{}满足条件:a1=1,a n+1=2a n+1,=.(1)求证数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{}的前n项和T n,并求使得a m>对任意n∈N+都成立的正整数m的最小值.解:(1)因为a n+1=2a n+1,所以a n+1+1=2(a n+1),因为a1=1,a1+1=2≠0,所以数列{a n+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以a n+1=2×2n-1,所以a n=2n-1.(2)因为==(-),所以T n=(-+-+…+-)=(-)==.所以==6+,n∈N*,所以6+≤15.所以当n=1时,取得最大值15.要使得a m>对任意n∈N*恒成立,结合(1)的结果,只需2m-1>15,由此得m>4.所以正整数m的最小值是5.4.(2015东北三校联合二模)已知数列{a n}前n项和为S n,满足S n=2a n-2n(n∈N*).(1)证明:{a n+2}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=log2(a n+2),T n为数列{}的前n项和,若T n<a对正整数n都成立,求a的取值X围.解:(1)由题设S n=2a n-2n(n∈N*),S n-1=2a n-1-2(n-1)(n≥2),两式相减得a n=2a n-1+2,即a n+2=2(a n-1+2),又a1+2=4,所以{a n+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.a n+2=4×2n-1,a n=4×2n-1-2=2n+1-2(n≥2),又a1=2,所以a n=2n+1-2(n∈N*).(2)因为b n=log2(a n+2)=log22n+1=n+1,==-,所以T n=(-)+(-)+…+(-)=-<,所以a≥,即a的取值X围为[,+∞).类型三:数列的综合问题5.(2015东北三校联合模拟)已知数列{a n}满足··…=(n∈N*),则a10等于( C )(A)e26(B)e29(C)e32(D)e35解析:因为··…=①所以··…=②所以得=,所以ln a n=3n+2.所以ln a10=32,所以a10=e32.故选C.6.(2015滨州模拟)已知数列{a n}中,a1=9,点(a n,a n+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,其中n为正整数.(1)证明:数列{lg(a n+1)}为等比数列.(2)令b n=a n+1,设数列{b n}的前n项积为T n,即T n=(a1+1)(a2+1)…(a n+1),求lg T n.(3)在(2)的条件下,记=,设数列{}的前n项和为S n,求证:S n<1.(1)证明:由题意得a n+1=+2a n,即a n+1+1=(a n+1)2,对a n+1+1=(a n+1)2两边取对数得lg(a n+1+1)=2lg(a n+1),因为a1=9,所以lg(a1+1)=lg 10=1,所以数列{lg(a n+1)}是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)知lg(a n+1)=2n-1.lg T n=lg[(a1+1)(a2+1)…(a n+1)]=lg(a1+1)+lg(a2+1)+…+lg(a n+1)=所以lg T n=2n-1.(3)证明:==-,S n=(-)+(-)+(-)+…+(-)=1-<1.。

新课标2020版高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和练习理新人教A版

第2讲数列通项与求和[A 组夯基保分专练] 一、选择题2bnSnan －(＝{＋}的前1项和为，＝＋1．(2019·广东省六校第一次联考)数列nnnn *bna )的前50(项和为∈N )，则数列{( 1)}nn 50 ． BA ．49 100 ．DC ．99naSSnnaS ＝31－时，＝2，所以数列，当解析：选A ．由题意得，当＝≥2时，＝＝nnn 11－1b }的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96{－98＋100＝1＋48＝49，故选A ． nanSaS ，＝，)已知数列{的前}1项和为2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考nnn 1aS ＝( ，则)＝2nn 1＋n －13??n 1－?? ． A ．2B ??2nn －11－12???????? D ．C ． ????231nSaaanSaSS －2≥2时，时，＝，则＝2，则＝＝.解析：选B ．法一：当当＝1 nnnn 1211－22a 33n 1＋naaaaa 的等比数列，所以，所以是公比为，所以当}2≥2时，数列{＝＝＝2－nnnnn 1＋－1a 22nn －1??13??n 1，＝1???×??－1n－2 2????2331131?????n 2－????S ＝＋＝＝×＋…＋×，所以1＝1＋＋31??n????2222232??n ?×，2≥ －1 ??22 2n －1n ＝1，当时，此式也成立．故选B ．113nSaaaS ＝1＋＝，所以1时，，结合选项可得只有＝B ＝2满足，，则＝法二：当＝21212222故选B ．*annaaaaaa ) ＝≥2，( ∈．数列{中，}N ＝2，＝3，)＝－，那么(3nnnn 2 01911－＋212 ．－．1 BA3C ．3．－D aaanaaanaaa －＝－≥2)，所以(＝．因为解析：选A ＝－(≥3)，所以nnnnnnnnn －1211＋－11－＋－aaaan ≥3)．＝－()－－(＝nnnn2－1－2－1－*aanaaa ，所以所以＝＝－＝－(，∈N )nnnnn 3＋＋3＋6a 为周期的周期数列．是以故{6}n，＝336×6＋3因为2 019aaaa A ．2＝＝＝1.－故选＝3所以－122 0193111*naaaan ＋＋＋…＋＋N 都有1＝，4．若数列{＋}满足，＝1且对于任意的则∈ nnn 11＋aaa 2 017211等于( ) a 2 0184 0352 016B ． A ． 2 0172 0174 0354 036D ． C ． 2 0182 019aanaan ＋1，＝＋1，得解析：选C ．由＝－＋nnnn 11＋＋aa ＝1＋1，则－12aa ＝2＋1，－ 23aa ＝3＋1，－ 34…， aan －1)＋1－，＝( nn 1－aann －1，＋…＋(1)以上等式相加，得－－＋＝1＋2＋3n 1nn ＋1)(nnaa ，＋＋2＋3＋…＋(＝－把1)＝1代入上式得，1＝n 121121????－＝＝2，nn ??ann 1＋1)＋(n1111则＋＋…＋＋＝2aaaa2 0182 01712111111114 036????????????????????????－1－－1－－＋＝2＋＋…＋.＝????????????2019322 018201920172 01822 01913aaana ＝且≥1)，＝3(．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{}满足2，其＋5nnn 31＋41nSSnn 是( 6|<项和为的最小整数，则满足不等式|－) 前－ nn123A ．8 B ．9D ．11 ．C10a －11n 1＋aaaa ＝－－1)＝0，即(*)， 1)＋解析：选C ．由23＝，得2(－＋(nnnn 11＋＋a 12－n 1399aaaaa －1}是首{91，1式，有，代入1，所以又＝－＝(*)－＝－－＝，所以数列n 1332244．1Snaaa －1)－＋…＋(6||(＝－1)＋(项为9，公比为－的等比数列．所以|－－1)－6|＝nn 212n ????1????9×??－－1??n??1????21??*??nn C ．的最小值为10.<＝，又故选∈N ，所以??6－－－6×??123????21????－－1????2naSbnanaS 2，项和，若2＋＝6．(2019·江西省五校协作体试题)设是数列{＝}的前2nnnnn 111a ，则＋＋…＋＝( －)n 1＋＋2bbb 1002100129798B ．． A 999810099D ．． C101100nnn 1＋aaSaSa ，所以22②，②－①得．因为2＋＝＝2①，所以＋－＝解析：选D nnnnnn 1＋1＋1＋11111nn 1＋＋1nbbnaaaa ＝－，所以则＝，又22－＝2，＝2＋－＝21＝＋，nnnnn 121＋＋＋＋2bnbnnnn 1(1)＋＋n 111111111100＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D ．bb 22321001001011011011002二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．x 尺，解析：设该女子第一天织布5x －1)(25x ＝，，解得则＝51312－53(2－1)3135所以该女子前3天所织布的总尺数为＝.1－31235答案：31SanSSaaaS ＝，则＝＋3(．一题多解)已知，是数列{}的前23项和，且＝＋＋8nnnnn 8＋145________． SSaaa ＝3得，解析：法一：由－＝＋＋3nnnnn 11＋＋aaaadaaS ＝1，＝2＋21，所以＝7223＋3}则数列{是公差为的等差数列，又＝＝＋n 8451118×7ad ＝＋892.12．aa )8(＋81SSaaaaS ＝的等差数列，是公差为则数列{＋3得3－}法二：由＝＝3＋，nnnnnn 811＋＋2aa )8(＋54＝92. ＝ 2答案：92n π????SaaSn cos ，＝＋项和，若9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知{是数列2}的前 nnnn??2a 则．＝________12n π????aaana cos ＝…＝＝，…，所以，解析：当1＝1，2，3，4，…时，，0，1＝＝0 7531??2aSaSaSaSaSSSSSSSSS ＋＋＋＋＝…＝＝＋＝＝…＝2＝2，＋，＝－＋－＝－＋＝584282624123441261621SSSSSSSSSSSS ，同理可＋3?＝2；2＝＝2＋＝2－＋＝＝…＝2，所以24＝2＋＋?＝ 23147268284226331731715151SaSSSSSS ，＋2＝2＋＝，＝得＝2＋＝＝2＋＝，，又＝2＋＝2＋＝，12681012124616824482223163Sa .＝2所以－＝2－＝－1212161631 答案：－16 三、解答题aaa 1. lg }是等差数列，且lg ＝＝0一10．(2019·广州市综合检测())已知{，n 41a }的通项公式；(1)求数列{nnabaaabk ＋项和．，，{是等比数列{}}的前3项，求的前(2)若的值及数列nknn 61aa ，lg ，＝1解：(1)因为lg ＝041aa 10. ＝1，＝所以41da }的公差为，设等差数列{n aa －14d ＝＝则3.14－aann －32. －所以＝1)＋3(＝n 1aa ＝16，，(1)(2)由知＝1612aabaaaa 16. 3项，所以因为，＝，＝是等比数列{}的前kkn 6611na 2>03，－又＝n a 4. 所以＝k ka ，－因为＝32k kk 2.＝＝4，得所以32－ba 22qb 4.＝的公比{所以等比数列}＝＝nab11．n －1b .＝所以4nn －1abn －2＋＋4＝3.所以nnn nn 3141－1)1－(3n 2nabnSn ＋＋(4}的前－项和为＝＝＋所以数列{1)－．nnn422231－4*aaan ∈N )．＝设数列{(}满足＝1，11．(2019·江西八所重点中学联考) nn 11＋a －4n 1?? 是等差数列；(1)求证：数列?? a 2－??n a n 2bbnT . 项和，求数列{的前(2)设}＝－1 nnn a n 1－241111 a ＝(1)＝－证明：因为解：，所以－n 1＋aaaa 2－－22－4－4nnnn 1＋2－ a －4n aa 124－－1nn－＝＝＝－.aaa 4－－242－22nnn 1a ＝1，所以，又＝－1 1a 2－111??是以－1为首项，－所以数列为公差的等差数列． ?? a 2－2??nnn 12＋112????an －＝2－＝，，所以＝－1＋((2)－1)由(1)知＝－n??nna 21＋2＋－12nn 4 n 212＋an 4n 2b ＝－1＝－1＝－1所以nnnan 1)1)(2＋－2(21)(2－n 12－n 21111????－，＝＝nn ??nn 1122＋－21)(2＋－1)(211111111???? bTbbb ＋…＋－＋－＋1－－＝＝＋所以＋…＋＋nn 312nn ??172＋－2133552n 11????－1 ，＝＝ n ??n 1＋22＋12nTnb .{项和}的前＝所以数列 nnn 12＋anSSan . 满足－．(2019·福建省质量检查)数列{＝}的前2项和12nnnnaa ；是等比数列，并求{ ＋1}(1)求证数列nnbbabaabn 项和．＝}，求数列(2)若数列{{}为等差数列，且＝的前，nnn 3327nSaa ＝，所以1. ＝2－解：(1)当＝1时，1111SannSan －1)②，( ≥2时，＝2因为＝2－－①，所以当nnnn 1－1－aaaaa ，12，所以－1－＝①－②得22＝＋nnnnn1－1－aaa 2＋＋1＋122＋1nnn 1－1－2.＝所以＝＝aaa 111＋＋＋nnn 1－1－1－a ，公比为2{所以的等比数列．＋1}是首项为2nnn 1－aa 1.2，所以＋1＝2·2－所以＝nn aabaab 7. ＝3，＝＝(1)知，＝3，＝＝7，所以(2)由332327ddbbdb 1. ，所以－3)·＝＝设{＋}的公差为，则(7n 37ndbbn . －3)·＋(＝所以＝n 3nn nnnab .·2所以＝＝－(2－1)nnn TnKnnn 项和为，，数列{项和为}设数列{}·2的前的前nnn 32nK ·2③，2＋2×2＋3×2则＋…＋＝nn134＋2nK ·2④，＋2×2＋3×2＋…＋2＝2n ③－④得，n )－22(1nnnn 1＋＋＋1123nKnn (1－，－＋＝2＋22＋…＋2－)·2·2－－＝2·2＝ n 21－n 1＋nK 2. －1)·2＋所以＝(n nn 1)(＋nT 又＝＝1＋2＋3＋…＋， n 2nn 1)＋(n 1＋nTK －2－，＝(＋－1)·2所以 nn 2nn 1)(＋n 1＋nnab 2.－的前＋项和为所以数列{(－1)·2}nn2]组大题增分专练[B *2naaaa ∈N ＝(}满足)＝1．，＋1．(2019·江西七校第一次联考)数列{2nnn 1＋12aa是等差数列，并求出{的通项公式；求证：数列(1){}}nn 2nbb 项和．(2)若＝}，求数列{的前nnaa ＋nn 1＋2222aaaaa ＝1得－2＝解：(1)，且由＋2＝，nnnn 11＋＋12a 为公差的等差数列，2}是以1为首项，所以数列{n 2nan ，－所以＋＝1(1－1)×2＝2n *nana ＝2．－1(∈N 又由已知易得>0，所以)nn22nbn －11＝－2＝，＝2＋(2) naa ＋nn 12＋＋2－1nn 1＋nbbnTbb －＋3)5－{故数列的前}＋…＋1项和＝＋(＋…＋(＝(3－1)＋2nnn 21nn 1.－＝2＋121)－anSSSnn≥2，1(满足{)2．(2019·湖南省湘东六校联考已知数列}的前项和＝＋nnnn1－a1.＝N)，且∈1aa；}的通项公式(1)求数列{nn21nTTbbn为{成立的}的前的最小值．(2)记＝项和，求使≥，nnnn naa·nn1＋}{anSSSnS＝为等差数列，所以数列解：(1)又由已知有∈N－)＝1(，≥2，nn11－1n2nnSS.，即＝＝1，所以＝nn22nnSnnaS1. －(－－当1)≥2时，＝＝2－＝nnn1－naa1.＝1也满足上式，所以又－＝2n11111????b－＝(1)知，，＝(2)由??nn1－122＋2＋(21)－1)(2n11111111????????T－＋…＋－11－＋－.n nn＝＝所以＝n nnn????n52231－23＋＋1122＋21222nnnTn－2)≥62，即(，所以由≥得≥5，≥4＋n nn5.所以的最小值为San，3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{项和为}是各项都为正数的数列，其前nn1aS且与为的等差中项．nn a n a (1)求数列{的通项公式；}nn1)(－Tbnb.{项和}的前(2)设＝，求nnn a n12aSaaS－，①由题意知，2＝＝＋，即21解：(1)nnnnn a n Sn ＝1；当时，由①式可得＝112SSSnaSSSS 1当≥2时，，＝－－，代入①式，得2()－)－(＝nnnnnnnn1－1－1－22SS1.整理得＝－nn1－22nSSn. 1－＋1＝所以{1}是首项为，公差为1的等差数列，＝nn naS，＝{因为的各项都为正数，所以}nn nnSnSa 1(－≥2)，＝－＝所以－nnn1－naSan1. ，所以－－＝又＝＝1n11nn1)－－1)((n nnb(＝－1)(＋＝(2)＝，－1)n ann1－－n n当为奇数时，nnnnnT；＝－ 1)－＋…＋＋－21＝－＋(＋1)(32)(－1＋－2)(＋－n n为偶数时，当．bnnnnnT}{＋＋…－.(－－11)＋所以－2)＋＝－1＋＝(2＋1)－((32)＋nnn nTn.(的前－项和1)＝n ababba2＝＝是等比数列．已知6＝4，4．(2019·高考天津卷)设{}是等差数列，{，}nn2112ba＋2，4.＝－233ab}的通项公式；和{(1)求{ }nnkk＋1n<2，，2<1??*ccck∈N其中满足＝. ＝1，(2)设数列{}?nn1k nb，，＝2??k ac－1)}的通项公式；①求数列{(nn22n2?*n ac).N∈②求(iii＝1qd，266＋＝??dbqa.依题意得解设等差数列解：(1){，等比数列{}的公比为}的公差为?nn2dq，＝12＋64??d，3＝??nn1－ bann.＝6×2＝3×2＋故1＝得4＋(，－1)×3＝3?nn q，2＝??n nbbaa.1，{＝3×2所以，{}的通项公式为的通项公式为＝3}＋nnnnnnn acab1.－＝9×41)＝(3×2＋1)(3×2(－1)＝－(1)－(2)①nnn222nn caca1.－所以，数列{－(1)－1)}的通项公式为＝9×4(nnnn2222nn 2 2?? ccaaa1)]＝( [－②＋iiiiiii1＝1＝n n 2??caa1)＋－＝ (ii22i?in1)ii＝11＝nnn1)2(2－－ (9×4×4＋×3]＋＝[22i1＝n)－44(1nn1－1－2n＋5×2－＝(3×2＋9×)4－1nn*－21－1nn．＋5×212(－－＝27×2∈N)。

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高考数学二轮专题复习数列的通项及求和提分训练文新人教版高考试题考点一数列的通项公式及应用1.(2012年湖北卷,文17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3, 6,10,…记为数列{a n},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n},可以推测:(1)b2012是数列{a n}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)解析:由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为a n=()12n n+,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k=a5k=()5512k k+(k为正整数),b2k-1=a5k-1=()()515112k k--+=()5512k k-,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{a n}中的第5030项.答案:(1)5030 (2)() 5512k k-2.(2011年浙江卷,文17)若数列{n(n+4)23⎛⎫⎪⎝⎭n}中的最大项是第k项,则k=.解析:法一设数列为{a n},则a n+1-a n=(n+1)(n+5)23⎛⎫⎪⎝⎭n+1-n(n+4)23⎛⎫⎪⎝⎭n=23⎛⎫⎪⎝⎭n[23(n2+6n+5)-n2-4n]=123n n +(10-n 2),所以当n ≤3时,a n+1>a n ,即a 1<a 2<a 3<a 4,当n ≥4时,a n+1<a n ,因此,a 4>a 5>a 6>…,故a 4最大,所以k=4. 法二由题意得()()()()()()112241143322411433k k k k k k k k k k k k --⎧⎛⎫⎛⎫+≥--+⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪+≥+++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩化简得()22110,10.k k ⎧-≤⎪⎨≥⎪⎩又∵k ∈N *,∴k=4.答案:43.(2012年广东卷,文19)设数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{S n }的前n 项和为T n ,满足T n =2S n -n 2,n ∈N *.(1)求a 1的值;(2)求数列{a n }的通项公式.解:(1)由题意a 1=S 1=T 1,T n =2S n -n 2,令n=1得a 1=2a 1-1,∴a 1=1.(2)由T n =2S n -n 2①得T n-1=2S n-1-(n-1)2(n ≥2)②①-②得S n =2a n -2n+1(n ≥2),验证n=1时也成立.∴S n =2a n -2n+1③则S n-1=2a n-1-2(n-1)+1(n ≥2)④③-④得a n =2a n -2a n-1-2,即a n +2=2(a n-1+2),故数列{a n +2}是公比为2的等比数列,首项为3,所以a n +2=3·2n-1,从而a n =3·2n-1-2.4.(2012年大纲全国卷,文18)已知数列{a n }中,a 1=1,前n 项和S n =23n +a n .(1)求a 2,a 3;(2)求{a n }的通项公式.解:(1)由S 2=43a 2得3(a 1+a 2)=4a 2,解得a 2=3a 1=3,由S 3=53a 3得3(a 1+a 2+a 3)=5a 3,解得a 3=32(a 1+a 2)=6.(2)由题设知a 1=1.当n>1时有a n =S n -S n-1=23n +a n -13n +a n-1,整理得a n =11n n +-a n-1,于是a 1=1,a 2=31a 1,a 3=42a 2,…a n-1=2nn -a n-2,a n =11n n +-a n-1.将以上n 个等式两端分别相乘,整理得a n =()12n n +.综上,{a n }的通项公式a n =()12n n +. 考点二有关数列前n 项和的问题1.(2012年大纲全国卷,文6)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =2a n+1,则S n 等于() (A)2n-1 (B)32⎛⎫⎪⎝⎭n-1(C)32⎛⎫⎪⎝⎭n-1(D)112n -解析:法一由S n =2a n+1=2(S n+1-S n )可知,3S n =2S n+1,即S n+1=32S n ,∴数列{S n }是首项为S 1=1,公比为32的等比数列,∴S n =32⎛⎫⎪⎝⎭n-1.故选B.法二由S n =2a n+1①可知a 2=12S 1=12,当n ≥2时,S n-1=2a n , ②∴①-②并化简得a n+1=32a n (n ≥2),即{a n }从第二项起是首项为12,公比为32的等比数列,∴S n =a 1+113122312n -⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-=1+32⎛⎫ ⎪⎝⎭n-1-1=32⎛⎫⎪⎝⎭n-1(n ≥2),当n=1时,满足上式.故选B.法三特殊值法,由S n =2a n+1及a 1=1,可得a 2=12S 1=12, ∴当n=2时,S 2=a 1+a 2=1+12=32,观察四个选项得B 正确.故选B. 答案:B2.(2012年福建卷,文11)数列{a n }的通项公式a n =ncosπ2n ,其前n 项和为S n ,则S 2012等于( )(A)1006 (B)2012 (C)503 (D)0解析:∵当n ∈N *时,a 4k+1=(4k+1)cos(2k π+π2)=0, a 4k+2=(4k+2)cos(2k π+π)=-(4k+2), a 4k+3=(4k+3)cos(2k π+3π2)=0, a 4n+4=(4k+4)cos(2k π+2π)=4k+4,∴a 4k+1+a 4k+2+a 4k+3+a 4k+4=2.则S 2012=(a 1+a 2+a 3+a 4)+(a 5+a 6+a 7+a 8)+…+(a 2009+a 2010+a 2011+a 2012)=2×503=1006. 答案:A3.(2012年新课标全国卷,文12)数列{a n }满足a n+1+(-1)n a n =2n-1,则{a n }的前60项和为( )(A)3690 (B)3660 (C)1845 (D)1830解析:∵a n+1+(-1)n a n =2n-1,∴当n=2k(k ∈N *)时,a 2k+1+a 2k =4k-1①当n=2k+1(k ∈N)时,a 2k+2-a 2k+1=4k+1②①+②得:a 2k +a 2k+2=8k.则a 2+a 4+a 6+a 8+…+a 60=(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+…+(a 58+a 60)=8(1+3+…+29)=8×()151292⨯+=1800. 由②得a 2k+1=a 2k+2-(4k+1),所以a 1+a 3+a 5+…+a 59=a 2+a 4+…+a 60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1800-(4×30292⨯+30)=30, ∴a 1+a 2+…+a 60=1800+30=1830.答案:D4.(2013年新课标全国卷Ⅰ,文17)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3=0,S 5=-5.(1)求{a n }的通项公式; (2)求数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 解:(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+()12n n - d. 由已知可得11330,5105,a d a d +=⎧⎨+=-⎩解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n.(2)由(1)知21211n n a a -+=()()13212n n --=12(123n --121n -), 从而数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为 12(11--11+11-13+…+123n --121n -)=12n n-. 5.(2013年江西卷,文16)正项数列{a n }满足2n a -(2n-1)a n -2n=0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令b n =()11nn a +,求数列{b n }的前n 项和T n . 解:(1)已知a n 与n 的关系式,求a n ,这一类题目应把式子进行变形,得a n =f(n),从而求出通项公式.由2n a -(2n-1)a n -2n=0,得(a n -2n)(a n +1)=0.故a n =-1(因数列为正项数列,舍去)或a n =2n.(2)因b n =()112n n +⋅=12(1n -11n +), 所以T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =12(11-12)+12(12-13)+12(13-14)+…+12(1n -11n +) =12(11-12+12-13+13-14+…+1n -11n +) =12(1-11n +) =()21n n +. 6.(2013年山东卷,文20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足11b a +22b a +…+n n b a =1-12n ,n ∈N * ,求{b n }的前n 项和T n . 解:(1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d.由S 4=4S 2,a 2n =2a n +1得()()11114684,212211,a d a d a n d a n d +=+⎧⎪⎨+-=+-+⎪⎩ 解得a 1=1,d=2.因此a n =2n-1,n ∈N *.(2)由已知11b a +22b a +…+n n b a =1-12n ,n ∈N *, 当n=1时,11b a =12;当n ≥2时,nnb a =1-12n -(1-112n -)=12n .所以nnb a =12n ,n ∈N *.由(1)知a n =2n-1,n ∈N *,所以b n =212n n -,n ∈N *.又T n =12+232+352+…+212n n -,12T n =212+332+…+232n n -+1212n n +-,两式相减得12T n =12+(222+322+…+22n )-1212n n +-=32-112n -=1212n n +-,所以T n =3-232n n +.7.(2013年安徽卷,文19)设数列{a n }满足a 1=2,a 2+a 4=8,且对任意n ∈N *,函数f(x)=(a n -a n+1+a n+2)x+a n+1cos x-a n+2sin x 满足 f ′π2⎛⎫⎪⎝⎭=0.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =2(a n +12na ),求数列{b n }的前n 项和S n . 解:(1)由题设可得,f ′(x)=a n -a n+1+a n+2-a n+1sin x-a n+2cos x.对任意n ∈N *,f ′π2⎛⎫⎪⎝⎭=a n -a n+1+a n+2-a n+1=0,即a n+1-a n =a n+2-a n+1,故{a n }为等差数列. 由a 1=2,a 2+a 4=8,解得数列{a n }的公差d=1,所以a n =2+1×(n-1)=n+1.(2)由b n =2(a n +12na )=2(n+1+112n +)=2n+12n +2知, S n =b 1+b 2+…+b n=2n+2·()12n n ++11122112n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-=n 2+3n+1-12n .8.(2013年大纲全国卷,文17)等差数列{a n }中,a 7=4,a 19=2a 9.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1nna ,求数列{b n }的前n 项和S n .解:(1)设等差数列{a n }的公差为d,则a n =a 1+(n-1)d.因为71994,2,a a a =⎧⎨=⎩所以()11164,1828,a d a d a d +=⎧⎪⎨+=+⎪⎩ 解得a 1=1,d=12.所以{a n }的通项公式为a n =12n+.(2)因为b n =1n na =()21n n +=2n -21n +,所以S n =(21-22)+(22-23)+…+(2n -21n +) =21nn +.9.(2013年湖南卷,文19)设S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 1≠0,2a n -a 1=S 1·S n ,n ∈N *.(1)求a 1,a 2,并求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{na n }的前n 项和.解:(1)令n=1,得2a 1-a 1=21a ,即a 1=21a . 因为a 1≠0,所以a 1=1.令n=2,得2a 2-1=S 2=1+a 2,解得a 2=2.当n ≥2时,由2a n -1=S n ,2a n-1-1=S n-1两式相减,。