新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第2讲数列求和及其综合应用核心考点1求数列的通项公式教师用书

第2讲数列求和及其综合应用高频考点高考预测等差、等比数列的基本量计算在解答题中，会继续考查等差等比数列的判定，基本量的计算以及由递推公式求通项、数列求和问题．注意与不等式的交汇考查.等差、等比数列的判定及应用数列通项及数列求和的综合问题1.(2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.【解析】(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，又T3＝b1＋b2＋b3＝eq\f(2,d)＋eq\f(6,2d)＋eq\f(12,3d)＝eq\f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq\f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq\f(1,2)(舍去)，∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n.(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(12,a2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(12,a3)，∴6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq\f(6d,a2a3)＝eq\f(1,a1)，即aeq\o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，∴a50－eq\f(2550,a50)＝1，即aeq\o\al(2,50)－a50－2550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq\f(51,50).综上，d＝eq\f(51,50).2.(2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n＝2k－1，,2an，n＝2k，))k∈N*，则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.(2)证明：证法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，))k∈N*，当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋6n＋1,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.证法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，))k∈N*，当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2n－1－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4n－1＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.3.(2023·全国卷理科)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.【解析】(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，eq\f(an,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)＝…＝eq\f(a3,2)＝1，即an＝n－1，当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．(2)因为eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\f(1,2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，两式相减得，eq\f(1,2)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，即Tn＝2－(2＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n∈N*.4.(2022·全国新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素个数．【解析】(1)证明：设数列{an}的公差为d，所以，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－a1＋3d，))即可解得，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以原命题得证．(2)由(1)知，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以bk＝am＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1,500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k＝2,3,4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.5.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)证明：{an}是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．【解析】(1)证明：因为eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，又a4，a7，a9成等比数列，所以aeq\o\al(2,7)＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2－eq\f(625,8)，所以，当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78.6.(2022·全国新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.【解析】(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴eq\f(S1,a1)＝1，又∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列，∴eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，∴Sn＝eq\f(n＋2an,3)，∴当n≥2时，Sn－1＝eq\f(n＋1an－1,3)，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2an,3)－eq\f(n＋1an－1,3)，整理得：(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，∴an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2)，显然对于n＝1也成立，∴{an}的通项公式an＝eq\f(nn＋1,2).(2)证明：eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2.核心考点1求数列的通项公式核心知识·精归纳求数列通项公式的方法(1)Sn与an的关系：若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))(2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．角度1：由Sn与an的关系求通项公式典例研析·悟方法典例1(2023·东湖区校级一模)已知数列{an}的前n项和为Sn＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列bn＝[lgan]，[x]表示不超过x的最大整数，求{bn}的前1000项和T1000.【解析】(1)由Sn＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n可得：Sn－1＝eq\f(3,2)(n－1)2－eq\f(1,2)(n－1)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n－eq\f(3,2)(n－1)2＋eq\f(1,2)(n－1)＝3n－2，又当n＝1时，有S1＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)＝1＝a1也适合上式，∴an＝3n－2.(2)由(1)可得：bn＝[lgan]＝[lg(3n－2)]，又当3n－2<10也即n≤3时，bn＝0；当10≤3n－2<100时，bn＝1，解得4≤n<34；当100≤3n－2<1000时，bn＝2，解得34≤n<334；当1000≤3n－2<10000时，bn＝3，解得：334≤n<3334；∴T1000＝3×0＋30×1＋300×2＋667×3＝2631.典例2(2023·浦东新区校级三模)数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n为正整数．(1)求a3的值；(2)求数列{an}前n项和Tn.【解析】(1)∵a1＋2a2＋…＋nan＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.∴a1＝4－3＝1,1＋2a2＝4－eq\f(2＋2,22－1)＝2，解得a2＝eq\f(1,2)，∵a1＋2a2＋…＋nan＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.∴a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－eq\f(n＋1,2n－2)，n∈N*.两式相减得nan＝4－eq\f(n＋2,2n－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(n＋1,2n－2)))＝eq\f(n,2n－1)，n≥2，则an＝eq\f(1,2n－1)，n≥2，当n＝1时，a1＝1也满足，∴an＝eq\f(1,2n－1)，n≥1，则a3＝eq\f(1,22)＝eq\f(1,4).(2)∵an＝eq\f(1,2n－1)，n≥1，∴数列{an}是公比q＝eq\f(1,2)，则数列{an}的前n项和Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2－21－n.方法技巧·精提炼根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．加固训练·促提高1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*.求数列{an}的通项公式．【解析】当n＝1时，a1＝2，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，①a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2＋(n－2)·2n，n≥2，②①－②得nan＝n·2n⇒an＝2n(n≥2)a1＝2，也满足上式，所以an＝2n，n∈N*.2.设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3n＋2n＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．【解析】当n＝1时，an＝S1＝a1＝6，Sn＝3n＋2n＋1(n∈N*)，当n≥2时，Sn－1＝3n－1＋2(n－1)＋1(n∈N*)，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1＋2，当n＝1时，a1＝6，不符合通项公式，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2.))角度2：由递推公式求通项公式典例研析·悟方法典例3(1)设数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，且an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋n)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．(2)设数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，且an＋1＝eq\f(n,n＋1)an(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．【解析】(1)an＋1－an＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，a2－a1＝eq\f(1,1)－eq\f(1,2)，a3－a2＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，…，an－an－1＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，an－a1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(1,1)－eq\f(1,n)，an＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n).(2)eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(2,3)，…，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－2,n－1)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n)，eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·，…，·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(n－2,n－1)×eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,n)，eq\f(an,a1)＝eq\f(1,n)⇒an＝eq\f(1,n)·a1＝eq\f(1,n)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3n).典例4(1)如果数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋3·2n，求数列{an}的通项公式．(2)已知数列{an}的首项a1＝1，且各项满足公式an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．(3)设数列{an}满足an＋1＝3an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式．【解析】(1)eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(2an,2n＋1)＋eq\f(3·2n,2n＋1)⇒eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(an,2n)＋eq\f(3,2)⇒eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,2)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差数列，eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,2)＝d，eq\f(a1,21)＝eq\f(2,2)＝1，eq\f(an,2n)＝1＋(n－1)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)n－eq\f(1,2)⇒an＝(3n－1)2n－1.(2)因为数列{an}的首项a1＝1，且各项满足公式an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)，则a2≠0，a3≠0…以此类推，对任意的n∈N*，an≠0，由an＋1＝eq\f(2an,an＋2)可得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2＋an,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，所以，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，所以，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且首项为eq\f(1,a1)＝1，公差为eq\f(1,2)，∴eq\f(1,an)＝1＋eq\f(n－1,2)＝eq\f(n＋1,2)，因此，an＝eq\f(2,n＋1).(3)an＋1＝3an＋2,3m－m＝2⇒m＝1，an＋1＋1＝3an＋2＋1⇒an＋1＋1＝3(an＋1)⇒eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，a1＋1＝2，数列{an＋1}是等比数列，an＋1＝2·3n－1⇒an＝2·3n－1－1.方法技巧·精提炼(1)an－an－1＝f(n)型，可用“累加法”求an，即(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1.(2)eq\f(an,an－1)＝f(n)型，可用“累乘法”求an，即an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·