（全国通用）2020版高考数学第二层提升篇专题二数列第2讲数列通项与求和讲义.docx

第2讲数列通项与求和全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2019等比数列求和T14等比数列的通项公式等差数列的求和T18等比数列的通项公式T6等差数列的通项公式及求和T18等差数列的通项公式及求和T142018数列的递推关系、等比数列的判定及计算T17等差数列的通项公式、前n项和公式及最值T17等比数列的通项公式、前n项和公式T172017等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定T17等差、等比数列的通项公式及前n项和公式T17数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和T171.考查(1)已知数列某些基本量或某些特征，求通项公式.(2)数列求和(等差(比)数列的前n项和公式、裂项相消、错位相减等).(3)解不等式，求范围(最值)问题.2.近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考对数列考查仍以中档为主，数列题目难度有可能加大，应引起重视.求数列通项公式例1(1)已知Sn为数列an的前n项和，a11，当n2时，Sn11an，则a8_.(2)设数列an满足a13a2(2n1)an2n，则an_.解析(1)当n2时，S11a2，即a22.当n2时，相减得an12an，又a11，所以a22a1.所以数列an构成一个等比数列，所以a8a2q6226128.(2)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，得(2n1)an2，所以an，又n1时，a12适合上式，从而an的通项公式为an.答案(1)128(2)解题方略1.给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.2.形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列.跟踪训练1.已知Sn是数列an的前n项和，且log5(Sn1)n1，则数列an的通项公式为_.解析：由log5(Sn1)n1，得Sn15n1，所以Sn5n11.当n2时，anSnSn145n；当n1时，a1S124，不满足上式.所以数列an的通项公式为an答案：an2.已知首项为2的数列an满足an1(2n1)an(2n1)(nN*)，则数列an的通项公式为an_.解析：因为an1(2n1)an(2n1)(nN*)，且a12，所以，得ana124n2.答案：4n2数列的求和题型一分组转化求和例2已知an为等差数列，且a23，an前4项的和为16，数列bn满足b14，b488，且数列bnan为等比数列.(1)求数列an和bnan的通项公式；(2)求数列bn的前n项和Sn.解(1)设an的公差为d，因为a23，an前4项的和为16，所以解得所以an1(n1)22n1.设bnan的公比为q，则b4a4(b1a1)q3，因为b14，b488，所以q327，解得q3，所以bnan(41)3n13n.(2)由(1)得bn3n2n1，所以Sn(332333n)(1352n1)(3n1)n2n2.解题方略求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n项和公式求和.题型二裂项相消求和例3(2019湖南省湘东六校联考)已知数列an的前n项和Sn满足1(n2，nN)，且a11.(1)求数列an的通项公式an；(2)记bn，Tn为bn的前n项和，求使Tn成立的n的最小值.解(1)由已知有1(n2，nN)，数列为等差数列，又1，n，即Snn2.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1.又a11也满足上式，an2n1.(2)由(1)知，bn，Tn.由Tn得n24n2，即(n2)26，n5，n的最小值为5.解题方略求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.题型三错位相减求和例4(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式.(2)设数列cn满足cn求a1c1a2c2a2nc2n(nN*).解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意，得解得故an33(n1)3n，bn33n13n.所以，an的通项公式为an3n，bn的通项公式为bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(631123218336n3n)3n26(131232n3n).记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.所以，a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*).解题方略运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列an，bn是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.跟踪训练1.已知an为正项等比数列，a1a26，a38.(1)求数列an的通项公式an；(2)若bn，且bn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)依题意，设等比数列an的公比为q，则有则3q24q40，而q0，q2.于是a12，数列an的通项公式为an2n.(2)由(1)得bn，Tn，Tn，两式相减得，Tn，Tn12.2.(2019江西七校第一次联考)设数列an满足：a11，3a2a11，且(n2).(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且b1，4bnan1an(n2)，求Tn.解：(1)(n2)，(n2).又a11，3a2a11，1，是首项为1，公差为的等差数列.1(n1)(n1)，即an.(2)4bnan1an(n2)，bn(n2)，Tnb1b2bn1.与数列相关的综合问题例5(2019昆明市诊断测试)已知数列an是等比数列，公比q1，前n项和为Sn，若a22，S37.(1)求an的通项公式；(2)设mZ，若Snm恒成立，求m的最小值.解(1)由a22，S37得解得或(舍去).所以an4.(2)由(1)可知，Sn88.因为an0，所以Sn单调递增.又S37，所以当n4时，Sn(7，8).又Snm恒成立，mZ，所以m的最小值为8.解题方略求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.跟踪训练(2019重庆市七校联合考试)已知等差数列an的公差为d，且关于x的不等式a1x2dx30的解集为(1，3).(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)由题意知，方程a1x2dx30的两个根分别为1和3.则解得故数列an的通项公式为ana1(n1)d1(n1)22n1.(2)由(1)知an2n1，所以bn2an2n(2n1)，所以Sn(222232n)(1352n1)2n1n22.数学运算数列的通项公式及求和问题典例设an是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S37，a13，3a2，a34构成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnanlnan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q(q1).由已知，得即由q1，解得故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)得bn2n1(n1)ln2，所以Tn(12222n1)012(n1)ln2ln22n1ln2.素养通路数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养. 专题过关检测A组“633”考点落实练一、选择题1.若数列an的通项公式是an(1)n1(3n2)，则a1a2a2020()A.3027B.3027C.3030D.3030解析：选C因为a1a2a2020(a1a2)(a3a4)(a2019a2020)(14)(710)(320192)(320202)(3)10103030，故选C.2.已知数列an满足，且a22，则a4()A.B.23C.12D.11解析：选D因为数列an满足，所以an112(an1)，即数列an1是等比数列，公比为2，则a4122(a21)12，解得a411.3.(2019广东省六校第一次联考)数列an的前n项和为Snn2n1，bn(1)nan(nN*)，则数列bn的前50项和为()A.49B.50C.99D.100解析：选A由题意得，当n2时，anSnSn12n，当n1时，a1S13，所以数列bn的前50项和为(34)(68)(98100)122449，故选A.4.已知数列an是等差数列，若a2，a43，a66构成公比为q的等比数列，则q()A.1B.2C.3D.4解析：选A令等差数列an的公差为d，由a2，a43，a66构成公比为q的等比数列，得(a43)2a2(a66)，即(a13d3)2(a1d)(a15d6)，化简得(2d3)20，解得d.所以q1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列an，则log2(a3a5)的值为()A.8B.10C.12D.16解析：选C依题意得，数列an是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S71016，解得a18，所以an82n12n2(1n7，nN*)，所以a325，a527，从而a3a52527212，所以log2(a3a5)log221212，故选C.6.(2019洛阳市统考)已知数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，且an0，6Sna3an，bn，若kTn恒成立，则k的最小值为()A.B.C.49D.解析：选B6Sna3an，6Sn1a3an1，6an1(an1an)(an1an)3(an1an)，(an1an)(an1an)3(an1an)，an0，an1an0，an1an3，又6a1a3a1，a10，a13.an是以3为首项，3为公差的等差数列，an3n，bn，Tn0，因为a12，a4a4a，所以(anq2)24a4(anq)2，化为q44q240，解得q22，q0，解得q.则数列an的通项公式an2()n12.答案：28.(2019安徽合肥一模改编)设等差数列an满足a25，a6a830，则an_，数列的前n项和为_.解析：设等差数列an的公差为d.an是等差数列，a6a8302a7，解得a715，a7a25d.又a25，则d2.ana2(n2)d2n1.，的前n项和为.答案：2n19.(2019福州市质量检测)已知数列an的前n项和为Sn，a11，且Snan1(为常数)，若数列bn满足anbnn29n20，且bn1bn，则满足条件的n的取值集合为_.解析：因为a11，且Snan1(为常数)，所以a111，解得2，所以Sn2an1，所以Sn12an11(n2)，所以an2an1，数列an是等比数列，首项是1，公比是2，所以an2n1.因为anbnn29n20，所以bn，所以bn1bn0，解得4n的最小正整数n.解：(1)由题意知，n2n，当n2时，(n1)2n1，两式相减得，2n，an2n(n1)(n2).当n1时，a14也符合，所以an2n(n1)，nN*.(2)bn，所以Sn，由Sn得n9，所以满足条件的最小正整数n为10.B组大题专攻强化练1.(2019河北省九校第二次联考)已知an是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解：(1)由题意知，2Snan，即2Snana1，当n1时，由式可得a1S11；当n2时，anSnSn1，代入式，得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1.所以S是首项为1，公差为1的等差数列，S1n1n.因为an的各项都为正数，所以Sn，所以anSnSn1(n2)，又a1S11，所以an.(2)bn(1)n()，当n为奇数时，Tn1(1)()()()；当n为偶数时，Tn1(1)()()().所以bn的前n项和Tn(1)n.2.(2019安徽省考试试题)已知等差数列an中，a5a34，前n项和为Sn，且S2，S31，S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设an的公差为d，由a5a34，得2d4，d2.S22a12，S313a15，S44a112，又S2，S31，S4成等比数列，(3a15)2(2a12)(4a112)，解得a11，an2n1.(2)bn(1)n(1)n，当n为偶数时，Tn，Tn1.当n为奇数时，Tn，Tn1.Tn3.(2019江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”.(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，其中Sn为数列bn的前n项和.求数列bn的通项公式.解：(1)证明：设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由得解得因此数列an为“M数列”.(2)因为，所以bn0.由b11，S1b1，得，则b22.由，得Sn.当n2时，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列bn的通项公式为bnn(nN*).4.已知数列an满足：a11，an1an.(1)设bn，求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解：(1)由an1an可得，又bn，所以bn1bn，由a11，得b11，所以当n2时，(b2b1)(b3b2)(bnbn1)，所以bnb11，即bn2(n2)，易知b11满足上式，所以bn2(nN*).(2)由(1)可知an2n，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，由得，Tn2.所以Tn4.所以数列an的前n项和Snn(n1)4.技法指导迁移搭桥化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列.典例已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式.快审题求什么想什么判断数列bn是等比数列，想到判断等比数列的