2023高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用课件

专题二 数 列
当 n≥2 时，Sn－1＝2n－1－1，② ①－②得，bn＝2n－1， 当 n＝1 时，b1＝2－1＝1，满足 bn＝2n－1， 所以 bn＝2n－1. (2)因为 cn＝anbn＝2n·2n－1＝n·2n， 所以 Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n－1， 两式相减得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（22－n－11）－n·2n＋1， 所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
专题二 数 列
综上可知，an＝2n－1(n∈N*)， cn＝(－1)n·an＋2n＝(－1)n(2n－1)＋2n， T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n， 即 T2n＝[－1＋3－5＋7－…－(4n－3)＋(4n－1)]＋(21＋22＋23＋…＋22n)＝ 22n＋1＋2n－2， 即 T2n＝22n＋1＋2n－2.
专题二 数 列
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1＝1，a2＝2，所以 d＝a2－a1＝1. 所以数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)选择条件 A：b3＝8，b1＝2，q＝2，bn＝2n， 所以 ban＝2an＝2n. 所以 Sn＝ba1＋ba2＋…＋ban＝21＋22＋…＋2n＝2n＋1－2.选条件 B： 设等比数列{bn}的公比为 q. 由(1)可知 an＝n，所以 ab2＝b2. 因为 ab2＝4，所以 b2＝4. 所以 q＝2.此时 bn＝b1qn－1＝2n.
专题二 数 列
解：(1)选条件①：∀n∈N*，an＋an＋1＝4n，得 an＋1＋an＋2＝4(n＋1)， 所以 an＋2－an＝4(n＋1)－4n＝4， 即数列{a2k－1}，{a2k}(k∈N*)均为公差为 4 的等差数列， 于是 a2k－1＝a1＋4(k－1)＝4k－3＝2(2k－1)－1， 又 a1＋a2＝4，a2＝3，a2k＝a2＋4(k－1)＝4k－1＝2·(2k)－1，所以 an＝ 2n－1； 选条件②：因为数列Snn为等差数列， 且Snn的前 3 项和为 6，
专题二 数 列
所以bbn－n 1＝3， 所以数列{bn}是首项为 1，公比为 3 的等比数列， 故 bn＝3n－1. (2)依题意知：新数列{cn}中，ak＋1(含 ak＋1)前面共有： (1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝（k＋1）2（k＋2）项， 由（k＋1）2（k＋2）≤50，(k∈N*)得：k≤8，
专题二 数 列
(2)由第一问可知ann＝2n－1，即 an＝n·2n－1， 所以 Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，① 所以 2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，② ①－②得－Sn＝1＋21＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n. 所以 Sn＝(n－1)·2n＋1.
专题二 数 列
大题考法 4 数列求和综合问题
(2022·汕头三模)已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1 且满足 a2n＋1－a2n＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，满足 2Sn＋1＝3bn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若在 bk 与 bk＋1 之间依次插入数列{an}中的 k 项构成新数列{cn}：b1，a1， b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}中前 50 项的和 T50. 解：(1)由 a2n＋1－a2n＝2an＋2an＋1 得：(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)， 因为各项均为正数， 即 an＋1＋an>0，因为 an＋1－an＝2， 又 a1＝1，
na1，q＝1， Sn＝a1（11－－qqn）＝a11－－aqnq，q≠1. 2．如果数列通项公式是两类不同式子的和，一般采用分组求和．
专题二 数 列
1．(2022·揭阳模拟)已知{an}为正项等比数列，且 a1，2a3＋2a5，a3 成等差 数列． (1)求数列{an}的公比； (2)若对任意 n∈N*，a1＋a2＋…＋an<a21恒成立，求 a1 的最小值． 解：(1)设正项等比数列{an}的公比为 q，q>0， 由 a1，2a3＋2a5，a3 成等差数列， 可得 4(a3＋a5)＝a1＋a3， 即为 4q2(a1＋a3)＝a1＋a3， 解得 q＝12(负值舍去)．
专题二 数 列
差比数列 cn＝(an＋b)qn－1，则其前 n 项和 Sn＝(An＋B)qn＋C，其中：A＝q－a 1， B＝bq－－A1，C＝－B，可直接代换，也可以利用错位相减的基本运算进行步 骤的运算，注意“加头减尾算中间”．
专题二 数 列
(2022·广东模拟)已知等差数列{an}的首项为 2，且 a1，2＋a2，4＋a7 成等 比数列．数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n－1. (1)求{an}与{bn}的通项公式； (2)若 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)设{an}的公差为 d， 因为 a1＝2，(2＋a2)2＝a1·(4＋a7) 所以(4＋d)2＝2(6＋6d)，解得 d＝2， 所以 an＝2＋2(n－1)＝2n. 数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n－1，①
专题二 数 列
所以 ban＝2an＝2n. 所以 Sn＝ba1＋ba2＋…＋ban＝21＋22＋…＋2n＝2n＋1－2. 选条件 C：由①可知 a2＝2，a3＝3，又 a2＋b2＝2a3， 所以 b2＝2a3－a2＝4. 所以 q＝2.此时 bn＝b1qn－1＝2n. 所以 ban＝2an＝2n. 所以 Sn＝ba1＋ba2＋…＋ban＝21＋22＋…＋2n＝2n＋1－2.
专题二 数 列
大题考法 2 错位相减法求和 (2022·天河区三模)已知数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an. (1)判断数列ann是否为等比数列，并说明理由； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解：(1)因为 nan＋1＝2(n＋1)an，a11＝1， 即na＋n＋11＝2·ann， 所以数列{ann}是公比为 2，首项为 1 的等比数列．
专题二 数 列Leabharlann 大题考法 3 裂项相消法求和
(2022·禅城区模拟)已知公差 d≠0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， S5＝25，a2 是 a1 与 a5 的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝an·a1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)公差 d≠0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，S5＝25，a2 是 a1 与 a5 的等比中项．
专题二 数 列
裂项相消法是将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加 抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用于通项公式分式型、根式型、对 数式型的数列．需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题， 导致计算结果错误．
专题二 数 列
(2022·梅州二模)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，a1＝1，________． ①∀n∈N*，an＋an＋1＝4n； ②数列Snn为等差数列，且Snn的前 3 项和为 6. 从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解： (1)求 an； (2)设 bn＝（aann＋·ana＋n1＋）1 2，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
专题二 数 列
所以{an}是首项 a1＝1，公差为 2 的等差数列， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1， 所以数列{an}的通项公式 an＝2n－1， 又当 n＝1 时，2S1＋1＝3b1 得，b1＝1， 当 n≥2，由 2Sn＋1＝3bn，① 2Sn－1＋1＝3bn－1，② 由①－②整理得：bn＝3bn－1， 因为 b1＝1≠0， 所以 bn－1≠0，
专题二 数 列
(2)解：当 n 为大于 1 的奇数时， 有 a3－a1＝4，a5－a3＝4，a7－a5＝4，…， an－an－2＝4， 累加得 an＝a1＋(n＋2 1－1)×4＝2n－1， 又 a1＝1 满足上式，所以 n 为奇数时 an＝2n－1； 当 n 为大于 2 的偶数时，有 a4－a2＝4，a6－a4＝4， a8－a6＝4，…，an－an－2＝4， 累加得 an＝a2＋(n2－1)×4＝2n－1，a2＝3， 满足上式，又 a2＝3，
专题二 数 列
(2)对任意 n∈N*，a1＋a2＋…＋an<a21恒成立， 即为a1（11－－1221n）<a21，即 a1>2(1－21n)， 由21n>0，可得 2(1－21n)<2， 可得 a1≥2， 所以 a1 的最小值为 2.
专题二 数 列
2．(2022·韶关模拟)已知数列{an}前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，an·an＋1＝ 4Sn－1(n∈N*)． (1)证明：an＋2－an＝4； (2)设 cn＝(－1)n·an＋2n，求数列{cn}的前 2n 项和 T2n. (1)证明：由题可知 an·an＋1＝4Sn－1， 当 n＝1 时，解得 a2＝3，所以 a3＝5， 又因为 an＋1·an＋2＝4Sn＋1－1， 将其与 an·an＋1＝4Sn－1 两式相减得：an＋1(an＋2－an)＝4an＋1， 因为 an≠0，有 an＋2－an＝4， 当 n＝1 时，上式也成立， 综上，an＋2－an＝4.
专题二 数 列
得S11＋S22＋S33＝3×S22＝6，所以S22＝2， 所以Snn的公差为 d′＝S22－S11＝2－1＝1， 得到Snn＝1＋(n－1)＝n，则 Sn＝n2， 当 n≥2，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又 a1＝1 满足 an＝2n－1， 所以对任意的 n∈N*，an＝2n－1.
专题二 数 列
专题二 数 列
微专题 2 数列求和及简单应用
大题考法 1 公式求和与分组求和 (2022·广东模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝1，a2＝ b1＝2. (1)求{an}的通项公式； (2)从下列给出的三个条件 A、B、C 选择一个作为已知条件，使得{bn}存 在且唯一，并求数列{ban}的前 n 项和 Sn. 条件：A.b3＝8； B．ab2＝4； C．a2＋b2＝2a3. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
专题二 数 列
(2) 因 为
bn
＝
an＋an＋1 （an·an＋1）2
＝
4n （2n－1）2（2n＋1）2
＝
1 2
1 ·[ （2n－1）2
－
（2n＋1 1）2]，
所以
Tn
＝
b1
＋
b2
＋
…
＋
bn
＝
1 2
[
1 12
－
1 32
＋
1 32
－
1 52
＋
…
＋
1 （2n－1）2
－
（2n＋1 1）2]＝12[1－（2n＋1 1）2]＝2（n（2nn＋＋11））2.
可得S（5＝a15＋a1d＋）120＝d＝ a1·2（5，a1＋4d），解得ad1＝＝21，， 所以 an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
专题二 数 列
(2)bn＝an·a1n＋1＝（2n－1）1（2n＋1）＝12(2n1－1－2n1＋1)， 所以 Tn＝12(1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1)＝2nn＋1.
专题二 数 列
所以 Tn＝(12＋14＋…＋21n)＋(1＋2＋…＋n)＝12（11－－1221n）＋12n(n＋1)＝1－ 21n＋12(n＋n2)．
专题二 数 列
1．如果数列是等差数列或等比数列，在求和时用公式求和即可， (1)等差数列： Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n－ 2 1）d； (2)等比数列：
专题二 数 列
(2022·惠州二模)已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2，且 a2，a3＋2，a4 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足 bn＝a1n＋log2an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解析：(1)设正项等比数列{an}的公比为 q，q>0， 由 a1＝2，且 a2，a3＋2，a4 成等差数列，可得 2(a3＋2)＝a2＋a4， 即有 2(2q2＋2)＝2q＋2q3，解得 q＝2， 则 an＝2n； (2)bn＝a1n＋log2an＝(12)n＋log22n＝(12)n＋n，