统考版2024高考数学二轮专题复习专题二数列第2讲数列的通项与求和理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习专题二数列第2讲数列的通项与求和理，共12页。试卷主要包含了数列的前n项和及其与通项的关系，由递推公式求数列通项的常用方法等内容，欢迎下载使用。
1．数列的前n项和及其与通项的关系
(1)Sn＝a1＋a2＋…＋an；
(2)an＝
2．由递推公式求数列通项的常用方法
(1)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解．
(2)形如an＋1＝an·f(n)，常用累乘法，即利用an＝a1···…·(n≥2，n∈N*)求解．
(3)形如an＋1＝ban＋d(b≠1)，常用构造等比数列法．
对an＋1＝ban＋d变形得an＋1＋x＝b(an＋x)，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它可求出an.
例 1 (1)[2023·陕西省宝鸡教育联盟检测]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－2＝an＋2n(n∈N*)，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前2 022项的和为________．
(2)[2023·甘肃省白银市靖远县联考]设数列{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －na eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an＋1·an＝0，则它的通项公式an＝________．
(3)[2023·山东省泰安肥城市适应性训练]数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则{an}的通项公式是________．
归纳总结
由数列的递推式求通项公式的常用方法
提醒 由Sn求an时，一定要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，最后验证两者可否合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示．
对点训练
1．[2023·广西南宁市第三中学高三一模]已知数列{an}满足nan＋1－(n＋1)an＝2，a1＝1，则数列{an}的通项公式为________．
2．[2023·河南省商丘市等2地高三三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2nSn＋1－2(n＋1)Sn＝n(n＋1)，则数列{an}的通项an＝________．
3．[2023·江苏省徐州市沛县高三模拟]数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(2（n＋2）,n＋1)an(n∈N*)，则 eq \f(a2 022,a1＋a2＋…＋a2 021)＝__________．
考点二 数列求和——依“项”办“事”
1．数列求和
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．
2．常见的拆项公式
(1)若{an}为各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则＝；
(2)＝；
(3)＝.
角度1分组转化法求和
例 2[2023·山东师范大学附属中学高三模拟]已知{an}是各项均为正数的数列，Sn为{ eq \r(an)}的前n项和，且 eq \r(an)，Sn，an－2成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
归纳总结
利用分组法求和的3个关键点
角度2裂项相消法求和
例 3[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，已知a1＝1， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为 eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)证明： eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)bn对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)因为＝Sn＋Sn－1(n≥2)，又因为a1＝1，所以a2＝2，
所以
＝an＋1＋an.
因为an>0，所以an＋1－an＝1(n≥2)，所以an＝n.
又因为a1＝1符合上式，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
所以an＝n.
(2)因为bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，
所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，
所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.
因为bn＋1>bn恒成立，
所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，
解得a>1－2n，所以a>－1.
则实数a的取值范围为(－1，＋∞)．
第2讲 数列的通项与求和
考点一
[例1] 解析：（1）由题意可知，满足a1＝2，an＋1－an＝2n＋2，
当n≥2时，an－an－1＝2（n－1）＋2＝2n，
∴a2－a1＝4，a3－a2＝6，a4－a3＝8，…，an－an－1＝2n，以上各式累加得，
an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋（a4－a3）＋…＋（an－an－1）＝2＋4＋6＋8＋…＋2n＝ eq \f(（2＋2n）n,2)＝n（n＋1），
当n＝1时，a1＝2，也满足上式，∴an＝n（n＋1），则 eq \f(1,an)＝ eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1).
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn＝ eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)＝1－ eq \f(1,n＋1)＝ eq \f(n,n＋1)，
∴S2 022＝ eq \f(2 022,2 023).
（2）由（n＋1）a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －na eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an＋1·an＝0，则[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0，
又数列{an}为正项数列，即an>0，a1＝1，
所以（n＋1）an＋1－nan＝0，即 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n＋1)，
所以an＝ eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a2,a1)·a1＝ eq \f(n－1,n)× eq \f(n－2,n－1)×…× eq \f(1,2)×1＝ eq \f(1,n).
（3）∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，
∴ eq \f(Sn＋1－（n＋1）,Sn－n)＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．
∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.
∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，
且a1＝3不满足上式，
∴an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝1,2n－1＋1，n≥2)).
答案：（1） eq \f(2 022,2 023) （2） eq \f(1,n) （3）an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝1,2n－1＋1，n≥2))
对点训练
1．解析：nan＋1－（n＋1）an＝2，两边同除以n（n＋1）得：
eq \f(an＋1,n＋1)－ eq \f(an,n)＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2（ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)），
∴ eq \f(an,n)－ eq \f(a1,1)＝2（1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n)），即 eq \f(an,n)－a1＝2（1－ eq \f(1,n)），
化简得an＝（2＋a1）n－2，∵a1＝1，∴an＝3n－2.
答案：an＝3n－2
2．解析：由 eq \f(2Sn＋1,n＋1)－ eq \f(2Sn,n)＝1，而 eq \f(2S1,1)＝2，故 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2Sn,n)))是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以 eq \f(2Sn,n)＝2＋（n－1）×1＝n＋1，则Sn＝ eq \f(n（n＋1）,2)，
又an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n（n＋1）,2)－ eq \f(n（n－1）,2)＝n且n≥2，显然a1＝1也满足上式，
所以an＝n.
答案：n
3．解析：由an＋1＝ eq \f(2（n＋2）,n＋1)an（n∈N*）得： eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(2（n＋2）,n＋1)，
an＝ eq \f(an,an－1)× eq \f(an－1,an－2)×…× eq \f(a3,a2)× eq \f(a2,a1)×a1＝2n－1（ eq \f(n＋1,n)× eq \f(n,n－1)×…× eq \f(4,3)× eq \f(3,2)×2）＝（n＋1）·2n－1；
设Sn＝a1＋a2＋…＋an，
则Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n·2n－2＋（n＋1）·2n－1，
∴2Sn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1＋（n＋1）·2n，
∴－Sn＝2＋21＋22＋…＋2n－1－（n＋1）·2n＝2＋ eq \f(2（1－2n－1）,1－2)－（n＋1）·2n＝2＋2n－2－（n＋1）·2n＝－n·2n，
∴Sn＝n·2n，即a1＋a2＋…＋an＝n·2n，
∴S2 021＝2 021×22 021，a2 022＝2 023×22 021，
∴ eq \f(a2 022,a1＋a2＋…＋a2 021)＝ eq \f(2 023×22 021,2 021×22 021)＝ eq \f(2 023,2 021).
答案： eq \f(2 023,2 021)
考点二
[例2] 解析：（1）由 eq \r(an)，Sn，an－2成等差数列，得2Sn＝ eq \r(an)＋an－2，①
当n＝1时，2 eq \r(a1)＝ eq \r(a1)＋a1－2，
∴a1－ eq \r(a1)－2＝0，得 eq \r(a1)＝2（ eq \r(a1)＝－1舍去），
当n≥2时，2Sn－1＝ eq \r(an－1)＋an－1－2，②
①－②得，2 eq \r(an)＝ eq \r(an)－ eq \r(an－1)＋an－an－1，
∴ eq \r(an)＋ eq \r(an－1)＝an－an－1＝（ eq \r(an)＋ eq \r(an－1)）（ eq \r(an)－ eq \r(an－1)），
又 eq \r(an)＋ eq \r(an－1)≠0，∴ eq \r(an)－ eq \r(an－1)＝1，
∴{ eq \r(an)}是首项为2，公差为1的等差数列，
∴ eq \r(an)＝2＋n－1＝n＋1，
故an＝（n＋1）2.
（2）由（1）知bn＝（－1）n（n＋1）2，
当n是奇数时，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…－（n－1）2＋n2－（n＋1）2
＝（3－2）（3＋2）＋（5－4）（5＋4）＋（7－6）（7＋6）＋…＋[n－（n－1）]（n＋n－1）－（n＋1）2
＝5＋9＋13＋…＋（2n－1）－（n＋1）2＝ eq \f(5＋2n－1,2)× eq \f(n－1,2)－（n＋1）2
＝ eq \f(－n2－3n－4,2)，
当n是偶数时，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…＋n2－（n＋1）2
＝（3－2）（3＋2）＋（5－4）（5＋4）＋（7－6）（7＋6）＋…＋[（n＋1）－n]（n＋n＋1）
＝5＋9＋13＋…＋（2n＋1）＝ eq \f(5＋2n＋1,2)× eq \f(n,2)＝ eq \f(n2＋3n,2)，
综上Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－n2－3n－4,2)，n为奇数,\f(n2＋3n,2)，n为偶数)).
[例3] 解析：（1）∵a1＝1，∴ eq \f(S1,a1)＝1.
又∵ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为 eq \f(1,3)的等差数列，
∴ eq \f(Sn,an)＝ eq \f(S1,a1)＋ eq \f(1,3)（n－1）＝1＋ eq \f(1,3)（n－1）＝ eq \f(1,3)n＋ eq \f(2,3)，
即Sn＝（ eq \f(1,3)n＋ eq \f(2,3)）an＝ eq \f(1,3)（n＋2）an，
∴当n≥2时，Sn－1＝ eq \f(1,3)（n＋1）an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,3)（n＋2）an－ eq \f(1,3)（n＋1）an－1，n≥2，即（n－1）an＝（n＋1）an－1，n≥2，
∴ eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)，n≥2，
∴当n≥2时， eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a3,a2)· eq \f(a2,a1)＝ eq \f(n＋1,n－1)· eq \f(n,n－2)·…· eq \f(4,2)· eq \f(3,1)＝ eq \f(n（n＋1）,2)，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2).
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2).
（2）证明：由（1）知an＝ eq \f(n（n＋1）,2)，
∴ eq \f(1,an)＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2（ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)），
∴ eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＝2（1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)）＝2（1－ eq \f(1,n＋1)）.
∵n∈N*，∴0＜ eq \f(1,n＋1)≤ eq \f(1,2)，∴1－ eq \f(1,n＋1)＜1，
∴2（1－ eq \f(1,n＋1)）＜2，∴ eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＜2.
[例4] 解析：（1）当n＝1时，T1＝a1＝2，所以Tn＝T1＋（n－1）×1＝n＋1，
所以a1a2a3…an＝n＋1，当n≥2时，a1a2a3…an－1＝n，
所以an＝ eq \f(n＋1,n)（n≥2）；
又a1＝2符合an＝ eq \f(n＋1,n)；所以an＝ eq \f(n＋1,n).
（2）由（1）得bn＝ eq \f(n＋1,2n)
所以Sn＝ eq \f(2,2)＋ eq \f(3,22)＋ eq \f(4,23)＋…＋ eq \f(n,2n－1)＋ eq \f(n＋1,2n)①
所以 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(2,22)＋ eq \f(3,23)＋ eq \f(4,24)＋…＋ eq \f(n,2n)＋ eq \f(n＋1,2n＋1)②
①－②得 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(2,2)＋（ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,23)＋ eq \f(1,24)＋…＋ eq \f(1,2n)）－ eq \f(n＋1,2n＋1)＝1＋ eq \f(\f(1,4)[1－（\f(1,2)）n－1],1－\f(1,2))－ eq \f(n＋1,2n＋1)＝ eq \f(3,2)－（ eq \f(1,2)）n－ eq \f(n＋1,2n＋1)，
所以Sn＝3－ eq \f(n＋3,2n).
对点训练
1．解析：（1）∵ eq \f(S2n,Sn)＝ eq \f(4（n＋1）,n＋2)，a1＝3，∴ eq \f(S2,S1)＝ eq \f(a1＋a2,a1)＝ eq \f(8,3)，解得：a2＝5.
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，
∴d＝a2－a1＝2，∴an＝2n＋1，
∴Sn＝n（n＋2）＝n2＋2n.
∵ eq \f(Tn－S2n,4)＝2n－n2－n－1，则：Tn＝4·2n－4，
又Tn＝ eq \f(b1（qn－1）,q－1)＝ eq \f(b1,q－1)qn－ eq \f(b1,q－1)，得：q＝2，b1＝4，∴bn＝2n＋1.
（2）∵cn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(bn)，n为奇数,\f(1,2Sn)，n为偶数))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\s\up6(\f(n＋1,2))，n为奇数,\f(1,2n（n＋2）)，n为偶数))，
∴U2n＝（21＋22＋…＋2n）＋[ eq \f(1,2×2×4)＋ eq \f(1,2×4×6)＋…＋ eq \f(1,2×2n×（2n＋2）)]
＝2·（2n－1）＋ eq \f(1,8)[ eq \f(1,1×2)＋ eq \f(1,2×3)＋…＋ eq \f(1,n×（n＋1）)]
＝2n＋1－2＋ eq \f(1,8)（1－ eq \f(1,n＋1)）＝2n＋1＋ eq \f(n,8（n＋1）)－2，
∴数列{cn}的前2n项的和：U2n＝2n＋1＋ eq \f(n,8（n＋1）)－2.
2．解析：（1）∵Sn＝an＋1－2，∴Sn－1＝an－2（n≥2），两式相减得an＋1＝2an（n≥2），
∵a1＝2，a2＝4，∴a2＝2a1，∴an＋1＝2an（n∈N*），∵a1＝2≠0，∴ eq \f(an＋1,an)＝2（n∈N*），
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n.
（2）由（1）可知bn＝lg2an＝lg22n＝n，
若选①：cn＝bn·an＝n·2n，
∴Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n
2Tn＝1·22＋2·23＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1.
两式相减得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝ eq \f(2－2n＋1,1－2)－n·2n＋1，
所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.
若选②：cn＝ eq \f(1,4b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －1)＝ eq \f(1,4n2－1)＝ eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝ eq \f(1,2)（ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)）
Tn＝ eq \f(1,2)（1－ eq \f(1,3)）＋ eq \f(1,2)（ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)）＋ eq \f(1,2)（ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)）＋…＋ eq \f(1,2)（ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)）＝ eq \f(1,2)（1－ eq \f(1,2n＋1)）＝ eq \f(n,2n＋1).
若选③：cn＝（－1）n·（bn）2＝（－1）n·n2
当n为偶数时，Tn＝（－12＋22）＋（－32＋42）＋…＋[－（n－1）2＋n2]＝1＋2＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2)
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－cn＋1＝ eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)－（n＋1）2＝－ eq \f(n（n＋1）,2).
综上得：Tn＝（－1）n eq \f(n（n＋1）,2).
考点三
[例5] 解析：（1）由已知得2B＝A＋C，又因为A＋B＋C＝π，所以B＝ eq \f(π,3).
又因为c＝2a，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cs eq \f(π,3)＝3a2.
所以c2＝a2＋b2，△ABC为直角三角形，C＝ eq \f(π,2)，A＝ eq \f(π,6).
（2）an＝2n|cs nC|＝2n eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0，n为奇数，,2n，n为偶数，))
所以Sn＝S2k＋1＋S2k＝22＋24＋…＋22k＝ eq \f(4（1－22k）,1－4)＝ eq \f(4k＋1－4,3)（k∈N*），
由Sn＝ eq \f(4k＋1－4,3)＝20，k∈N*，得4k＋1＝64，k＝2，
故n＝4或5.
对点训练
解析：（1）由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折3次的结果有： eq \f(5,2)×12，5×6，10×3，20× eq \f(3,2)，共4种不同规格（单位dm2）；
故对折4次可得到如下规格： eq \f(5,4)×12， eq \f(5,2)×6，5×3，10× eq \f(3,2)，20× eq \f(3,4)，共5种不同规格．
（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为 eq \f(1,2)的等比数列，首项为120 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(dm2))，第n次对折后的图形面积为120× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n＋1种，故得猜想Sn＝ eq \f(120（n＋1）,2n－1)，
设S＝ eq \i\su(k＝1,n,S)k＝ eq \f(120×2,20)＋ eq \f(120×3,21)＋ eq \f(120×4,22)＋…＋ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n－1)，
则 eq \f(1,2)S＝ eq \f(120×2,21)＋ eq \f(120×3,22)＋…＋ eq \f(120n,2n－1)＋ eq \f(120（n＋1）,2n)，
两式作差得：
eq \f(1,2)S＝240＋120 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)
＝240＋ eq \f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)
＝360－ eq \f(120,2n－1)－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)＝360－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n)，
因此，S＝720－ eq \f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n)＝720－ eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n－4).
答案：5 720－ eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n－4)会“列方程”
会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式”
会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
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
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方法．
求{an}的通项公式，想到求bn的通项公式．
给什么
用什么
给出nan＋1＝2(n＋1)an，用化归方法化为＝的形式．