统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题二数列第2讲数列的通项与求和文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题二数列第2讲数列的通项与求和文，共13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＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))
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· eq \f(a2,a1)· eq \f(a3,a2)·…· eq \f(an,an－1)(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) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中x＝\f(d,b－1)))，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_________________________．
[听课记录]
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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(c,anan＋1)))(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 eq \f(1,an·an＋1)＝ eq \f(1,d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))；
(2) eq \f(1,n（n＋k）)＝ eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
(3) eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n).
角度1分组转化法求和
例 2 [2023·山东师范大学附属中学模拟]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{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{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a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝Sn＋Sn－1(n≥2)，又因为a1＝1，所以a2＝2，
所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ＝Sn＋1＋Sn.
两式相减，得a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝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，所以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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴ eq \f(an,n)－a1＝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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\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）方法一 因为a1＝1，所以 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，
所以 eq \f(Sn,an)＝1＋（n－1）× eq \f(1,3)＝ eq \f(n＋2,3).
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以 eq \f(Sn,Sn－Sn－1)＝ eq \f(n＋2,3)（n≥2），所以 eq \f(Sn－Sn－1,Sn)＝ eq \f(3,n＋2)（n≥2），
整理得 eq \f(Sn,Sn－1)＝ eq \f(n＋2,n－1)（n≥2），
所以 eq \f(S2,S1)× eq \f(S3,S2)×…× eq \f(Sn－1,Sn－2)× eq \f(Sn,Sn－1)＝ eq \f(4,1)× eq \f(5,2)×…× eq \f(n＋1,n－2)× eq \f(n＋2,n－1)＝ eq \f(n（n＋1）（n＋2）,6)（n≥2），
所以Sn＝ eq \f(n（n＋1）（n＋2）,6)（n≥2），
又S1＝1也满足上式，
所以Sn＝ eq \f(n（n＋1）（n＋2）,6)（n∈N*），
则Sn－1＝ eq \f(（n－1）n（n＋1）,6)（n≥2），
所以an＝ eq \f(n（n＋1）（n＋2）,6)－ eq \f(（n－1）n（n＋1）,6)
＝ eq \f(n（n＋1）,2)（n≥2），
又a1＝1也满足上式，
所以an＝ eq \f(n（n＋1）,2)（n∈N*）.
方法二 因为a1＝1，所以 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，
所以 eq \f(Sn,an)＝1＋（n－1）× eq \f(1,3)＝ eq \f(n＋2,3)，
所以Sn＝ eq \f(n＋2,3)an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,3)an－ eq \f(n＋1,3)an－1，
所以 eq \f(n＋1,3)an－1＝ eq \f(n－1,3)an（n≥2），
所以 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)（n≥2），
所以 eq \f(a2,a1)× eq \f(a3,a2)×…× eq \f(an－1,an－2)× eq \f(an,an－1)＝ eq \f(3,1)× eq \f(4,2)× eq \f(5,3)×…× eq \f(n,n－2)× eq \f(n＋1,n－1)＝ eq \f(n（n＋1）,2)（n≥2），
所以an＝ eq \f(n（n＋1）,2)（n≥2），
又a1＝1也满足上式，
所以an＝ eq \f(n（n＋1）,2)（n∈N*）.
（2）证明：因为an＝ eq \f(n（n＋1）,2)，所以 eq \f(1,an)＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以 eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＝2[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))]＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))0，所以an＋1＝2an，
故数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故an＝2×2n－1＝2n，bn＝n cs nπ＝（－1）nn，
故S2 021＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 019＋2 020）－2 021＝1 010－2 021＝－1 011.
答案：－1 011
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 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(2an,n)的形式．