2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题二第2讲 数列通项与求和

4a1+
4
2
3
d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.
所以an=2n-5,Sn=n2-4n.
故选A.
2.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=
2
即
1 bn
=
1 n(n
2)
=
1 2

1 n
-
n
1
2
.
所以Tn=
1 2
×
1-
1 3
+
1 2
-
1 4

+
1 3
-
1 5
+…+
1 n
-
n
1
2


n
1
1

n
1
2

.
=
1 2

3 2
-
n
1 1
-
ห้องสมุดไป่ตู้
n
1
2
当n=1时上式依然成立,故an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(3n-1)2n,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)2n.①
2Tn=2×22+5×23+8×24+…+(3n-1)2n+1,②
①-②得,-Tn=4+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)2n+1=4+3×
n=1时,a1=35符合上式,故an=n2+34(n∈N*).
2.已知数列{an}满足a1=1,且an=
1 3
an-1+

1 3
n

(n≥2),则an=
.
答案
n 3n
2
(n∈N*)
解析
∵an=
1 3
an-1+
1 3
n

(n≥2),
∴3nan=3n-1an-1+1(n≥2),
1,2k bk ,n

n 2k ,
2
k
1
,
其中k∈N*,求数列{
a2n
(
c2n
-1)}的通项
公式.
解析 (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
6q 6q
6 2 12
2d , 4d
,
解得dq

3, 2,
故an=4+(n-1)×3=3n+1,
即3nan-3n-1an-1=1(n≥2).
又∵a1=1,
∴31·a1=3,
∴数列{3nan}是以3为首项,1为公差的等差数列,
∴3nan=3+(n-1)×1=n+2,
∴an=
n 3n
2
(n∈N*).
3.已知数列{an}满足a1+4a2+42a3+…+4n-1an=
n 4
(n∈N*),则an=
-ad132-,3,
解得
d a1

2, 1.
a1
故等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d
=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)知an=2n-1,所以bn=2n+(2n-1), 所以Sn=(2+22+23+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1)=2n+1+n2-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=
1 an
+2log2an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,由a1,a2,a3-2成等差数列,得2a2=a1+a3-2, 即4q=2+2q2-2,
解得q=2(q=0舍去),
则an=a1qn-1=2n,n∈N*.
41n(n∈N*).
考点二 数列求和问题
命题角度一 公式法求和 (2019课标全国Ⅱ文,18,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2, a3=2a2+16. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0. 解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1. (2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1, 因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
2 2n-1
(n∈N*).
(2)记

an 2n
1
的前n项和为Sn.

由(1)知 an =
2
=1- 1 .
2n 1 (2n 1)(2n-1) 2n-1 2n 1
则Sn=11
-
1 3
+
1 3
-
1 5
+…+
1-
2n-1
1 2n
1
=
2n 2n
1
.
总结提升
用裂项相消法求和需注意两点:一是要掌握常见的裂项技巧,如数列{an}是公
总结提升
1.等差、等比数列的前n项和
(1)等差数列:Sn=na1+
n(n-1) 2
d(d为公差)或Sn=
n(a1
2
an
)
.
(2)等比数列:Sn=naa1(111,-q-qqn )1,
a1-anq 1-q
,q

1
(其中q为公比).
2.一些特殊数列的前n项和
(1)1+2+3+…+n= 1 n(n+1);
1.(2019重庆七校联考)已知等差数列{an}的公差为d,且关于x的不等式a1x2-dx-
3<0的解集为(-1,3).
(1)求数列{an}的通项公式;
an 1
(2)若bn=2 2 +an,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析 (1)由题意知,方程a1x2-dx-3=0的两个根分别为-1和3.
则
1.由含an与Sn的关系式求an时,应注意以下两点 (1)注意分n=1和n≥2两种情况,特别要注意使用an=Sn-Sn-1时需n≥2. (2)由Sn-Sn-1=an(n≥2)推得an,当n=1时,若a1也符合“an式”,则需“合写”通项 公式;若a1不符合“an式”,则数列的通项公式应分段表示,即an=SS1n,-nSn-11,,n 2.
bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)a2n(c2n -1)=a2n(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{a2n (c2n -1)}的通项公式为a2n (c2n -1)=9×4n-1.
总结提升
(2)bn=
1 an
+2log2an-1=
1 2n
+2log22n-1=
1 2n
+2n-1,
则数列{bn}的前n项和
Sn=
1 2

1 4

…
1 2n

+(1+3+…+2n-1)
=
1 2
1-
1 2n
1- 1

+
1 2
n(1+2n-1)
2
=1-
1 2n
+n2.
总结提升
若一个数列由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成,或这个数列可以
(2)求数列

an 2n
1的前n项和.
解析 (1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,
故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=
2 (n≥2).
2n-1
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=
2n-3 2n
+
2n-1,两式相减得
2n1
1 2
Tn=
1 2
+
1 2
+
1 4
+
1 8
+…+
1 2n-1
-
2n-1 2n1
3 1 2n-1
= 2 - 2n-1 - 2n1 ,
故Tn=3-
1 2n-2
-
2n-1
2n =3-
2n 2n
3
<3.
总结提升 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,这样为两式相减时避免看 错做准备;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.
.
答案
1 4n
(n∈N*)
解析
当n=1时,a1=
1 4
.
因为a1+4a2+42a3+…+4n-2an-1+4n-1an=
n 4
,①
所以a1+4a2+42a3+…+4n-2an-1=
n-1 4
(n≥2),②
①-②得4n-1an=
1 4
(n≥2),
所以an=
1 4n
(n≥2).
由于a1=
1 4
符合上式,故an=
2.由递推公式求通项公式的三种类型
(1)形如an+1=an+f(n)的数列,常用累加法,即利用an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) 求通项公式.
(2)形如an+1=an
f(n)的数列,常用累乘法,即利用恒等式an=a1·aa12
·a3
a2
·…·an
an-1
求通项
公式.

=
3 4
-1
2
3.(2019福建福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2n+1-2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(3n-1)an,设数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
解析 (1)由题意可知a1=2,当n≥2时,利用公式an=Sn-Sn-1,可得an=2n,
分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式,则可以根据数列的结构对原
数列求和式的各部分进行重新组合,进而使用等差、等比数列的求和公式进
行求和.解题的关键是观察结构、巧分组.
命题角度三 裂项相消法求和
(2017课标全国Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
1(n∈N*,n≥2),则an=
.
答案 n2+34(n∈N*)
解析 由数列{an}的首项a1=35,且满足an-an-1=2n-1(n∈N*,n≥2),可得an=a1+(a2-
a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=34+(1+3+5+…+2n-1)=34+
1 2
n(1+2n-1)=34+n2(n≥2),当
2
(2)1+3+5+…+(2n-1)=n2;
(3)12+22+32+…+n2= 1 n(n+1)(2n+1);
6
(4)13+23+33+…+n3= 1 n2(n+1)2.
4
命题角度二 分组转化法求和
(2019湖北孝感一模,17)已知在等比数列{an}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.
4(1-2n 1-2
-1
)
-(3n-1)2n+1=-8-(3n-
4)2n+1,
所以Tn=8+(3n-4)2n+1.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
则由已知得
7a1a122d1d
5,
49,
解之得,a1=1,d=2,
所以an=a1+(n-1)d=2n-1.
(2)证明:bn=
an 2n
=
2n-1,
2n
所以Tn=
1 2
+
3 4
+
5 8
+…+
2n-1 2n
,
1 2
Tn=
1 4
+
3 8
+5
16
+…+
2.(2019广东七校联考)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,满足a1=5,且a2, a9,a30成等比数列. (1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an(n∈N*),且b1=3,求数列

1 bn
的前n项和Tn.

解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),依题意得, (a1+d)(a1+29d)=(a1+8d)2, 又a1=5,解得d=2, 所以数列{an}的通项公式为an=2n+3. (2)依题意得bn+1-bn=2n+3, 即bn-bn-1=2n+1(n≥2且n∈N*), 所以bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1 =(2n+1)+(2n-1)+…+5+3= n(2n 1 3) =n2+2n.又b1=3也满足上式,所以bn=n(n+2),
差为d(d≠0)的等差数列,则
1 an an 1
=
1 d

1 an
-
1 an1
;二是会“相消”,即求数列和的

过程中消去中间项,只剩有限项,然后求和.
命题角度四 错位相减法求和 (2019河南百校联盟模拟,17)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a3=5,S7=49. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=2ann ,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:Tn<3.
第2讲 数列通项与求和
总纲目录
考点一 求数列的通项公式 考点二 数列求和问题
考点一 求数列的通项公式
1.(2019课标全国Ⅰ,9,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则
(A )
A.an=2n-5 C.Sn=2n2-8n
B.an=3n-10
D.Sn=
1 2
n2-2n
答案 A 设{an}的公差为d,依题意得,
(3)形如an+1=ban+d(其中b,d为常数,b≠0,1)的数列,常用构造法.其基本思路是: