（寒假）2024-2025年高二数学 寒假巩固讲义+随堂检测 第10课 第10课 数列的通项公式及求和（2份，原卷版+教师版）

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1、正确选用方法求数列的通项公式
(1)对于递推关系式可转化为an＋1＝an＋f(n)的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式．
(2)对于递推关系式可转化为eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，并且容易求数列{f(n)}前n项的积时，采用累乘法求数列{an}的通项公式．
(3)对于递推关系式形如an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的数列，采用构造法求数列的通项．
2、避免2种失误
(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq \f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立．
(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．
考向一 有an递推关系研究数列的通项
【例1】已知数列的前n项和为，若，且，则下列说法确的是（ ）
A. 为单调递增数列 B.
C. D. 当时，数列的前n项和满足
【答案】BCD
【解析】【详解】对于A，因为，若，则，故是各项为的常数列，与矛盾，所以，，则，故，即，
所以数列是单调递减数列，故A错误；对于B，因为，若，则，故是各项为负数的数列，与矛盾，所以，又因为数列是单调递减数列，所以是数列中最大的项，所以，综上：，故B正确；对于C，因为，所以，则，所以，
上述各式相加得，又，所以，
经检验：，满足，所以，故C正确；
对于D，由选项A知，，
所以，故D正确.故选：BCD.
【变式1-1】已知正项数列满足．
（1）求数列的通项公式；
【解析】由条件可知，,得，
当时，
，
当时，成立，所以；
方法总结：给出了两种不同形式的递推关系，经常采取其它方法：取倒数后，相邻两项的差是一个等比数列，迭加即可；变形为eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3n－2,3n＋2)，再用累乘处理，累加、累乘是递推数列的基本而常用的方法，考查我们的观察、变形和转化的能力，需要牢固掌握．
考向二 由Sn与an的递推关系求通项公式
【例2】已知各项均为正数的数列的首项，前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
【解析】（1）由两式相减，得：，
又，，
当时，且，故，得（舍去），
，数列为等差数列，公差为，所以 ．
【变式2-1】已知数列满足，，则的前n项和为___________.
【答案】.
【解析】数列满足，整理得：，所以，
又，故是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，所以的前项和故答案为：.
方法总结：an与Sn关系的应用
(1)仅含有Sn的递推数列或既含有Sn又含有an的递推数列，一般利用公式Sn－Sn－1＝an(n≥2)实施消元法，将递推关系转化为仅含an的关系式或仅含Sn的关系式，即“二者消元留一象”．
(2)究竟消去an留Sn好，还是消去Sn留an好？取决于消元后的代数式经过恒等变形后能否得到简单可求的数列关系，如等差数列关系或等比数列关系，若消去an留Sn可以得到简单可求的数列关系，那么就应当消去an留Sn，否则就尝试消去Sn留an，即“何知去留谁更好，变形易把关系找”．
(3)值得一提的是：数列通项公式an求出后，还需要验证数列首项a1是否也满足通项公式，即“通项求出莫疏忽，验证首项满足否”。
考向三 构造等差、等比数列研究通项
【例3】已知数列满足，，．
(1)证明：是等比数列；
(2)证明：存在两个等比数列，，使得成立．
【详解】（1）由已知，，∴，
∴，
显然与，矛盾，∴，∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）∵，∴，∴，
显然与，矛盾，∴，∴∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，①，
又∵由第（1）问，，②，
∴②①得，，∴存在，，两个等比数列，， 使得成立
【变式3-1】已知数列，满足，，且，
（1）求，的值，并证明数列是等比数列；
（2）求数列，的通项公式．
【答案】（1），，证明见解析；（2），
【解析】∵∴，.
∵，∴＝
∴
∴是为首项，为公比的等比数列
【小问2详解】由（1）知是为首项，为公比的等比数列.
∴，∴∵，∴
∴当时，.
当时，也适合上式，所以数列的通项公式为
数列的通项公式为.
方法总结：构造等差、等比数列求通项，常见形式一：an＋1＝pan＋q(p，q为常数，p≠0，p≠1)，常利用待定系数构造，可化为an＋1＋x＝p(an＋x)，从而解出x＝eq \f(q,p－1).
常见形式二：an＋1＝pan＋qn(p，q为常数，p≠0，p≠1，q≠0)，可以通过两边同时除以qn＋1，得eq \f(an＋1,qn＋1)＝eq \f(p,q)·eq \f(an,qn)＋eq \f(1,q)，换元bn＝eq \f(an,qn)，即转化形式一．
数列的求和
1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1d,2).
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
3、常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
⑤eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
考向四 公式法
【例4】设等差数列前n项和为．若，，则______，的最大值为_____．
【答案】4 42
【解析】∵数列是等差数列，∵，∴，，
又，，，，
,
∴当或时，有最大值42.故答案为：（1）4；（2）42.
【变式4-1】是公差不为零的等差数列，前项和为，若，，，成等比数列，则________．
【答案】1012
【详解】设等差数列的首项为，公差为，则因为，
所以，即，解得.
因为，，成等比数列，所以，即，解得或（舍），
所以，解得，所以，所以.
故答案为：.
【变式4-2】已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，则，所以，
所以.
方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.②等比数列的前n项和公式(Ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(Ⅱ)当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
考向五 利用“分组求和法”求和
【例5】已知数列{an}的前n项和Sn＝ eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解析】 (1) 当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n2＋n,2)－ eq \f((n－1)2＋(n－1),2)＝n.当n＝1时也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2) 由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝ eq \f(2(1－22n),1－2)＝22n+1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n+1＋n－2.
【变式5-1】已知数列，前n项和为，且满足，，，，，等比数列中，，且，成等差数列．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记为区间中的整数个数，求数列的前n项和．
【解析】（1），，，即，，，
故为等差数列，设公差为，故，，解得：，，
所以，设等比数列的公比为，，
因为，成等差数列，所以，
即，与联立得：或0（舍去），且，故，
（2）由题意得：为中的整数个数，故，
所以
.
【变式5-2】已知数列的前n项和为，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【详解】（1）因为，所以，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，
当时，，所以，当时，也适合，故.
（2），
所以数列的前n项和为.
【变式5-3】已知数列满足．
(1)证明：是一个等差数列；
(2)已知，求数列的前项和．
【解析】（1）当时，可得，当时，由，
则，上述两式作差可得，
因为满足，所以的通项公式为，所以，
因为（常数），所以是一个等差数列．
（2），所以，
所以数列的前项和
方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
考向六 裂项相消法求和
【例6】设数列{an}的前n项和为Sn，已知 a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n＝1，2，3，…).
(1) 求证：数列{an}为等差数列，并写出an关于n的表达式；
(2) 若数列{ eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn，求满足Tn> eq \f(100,209)的最小正整数n的值．
【解析】 (1) 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)·an－1－2(n－1)，化简，得an－an－1＝2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.
(2) Tn＝ eq \f(1,a1a2)＋ eq \f(1,a2a3)＋…＋ eq \f(1,an－1an)＋ eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,1×3)＋ eq \f(1,3×5)＋…＋ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))
＝ eq \f(1,2)[( eq \f(1,1)－ eq \f(1,3))＋( eq \f(1,3)－ eq \f(1,5))＋…＋( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))]＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝ eq \f(n,2n＋1).
由Tn＝ eq \f(n,2n＋1)> eq \f(100,209)，得n> eq \f(100,9)，所以满足Tn> eq \f(100,209)的最小正整数n为12.
【变式6-1】已知等比数列的前项和为,,.
(1)求数列的通项公式.
(2)令,求数列的前项和.
【解析】（1）当时,
即,又是等比数列,;数列的通项公式为:.
（2）由（1）知,,,
即.
考向七 错位相减法求和
【例7】已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1) 求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2) 求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*.
【解析】 (1) 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋3d＋2q3＝27，,8＋6d－2q3＝10，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝2，))所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2) 由(1)，得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①
则2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n+1.②
由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n+1
＝ eq \f(6×(1－2n),1－2)－(3n－1)×2n+1－2＝－(3n－4)×2n+1－8，即Tn＝8＋(3n－4)×2n+1.
【变式7-1】已知数列的前n项和为，且，则数列的前n项和______.
【答案】
【解析】数列的前n项和为，，，当时，，
两式相减得：，即，而，解得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
，
所以.
故答案为：.
【变式7-2】已知等差数列前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求和：.
【解析】（1）因为等差数列前项和为，所以，
又，所以，
又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以的通项公式为.
（2）因为，所以，
两式相减得：，
又满足上式，所以，又，所以.
所以，，
两式相减得：.
方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广。特别注意错位相减法的步骤。
数列的通项公式及求和 随堂检测
1.已知数列{an}中的首项a1＝2，且满足，则此数列的第三项是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，且，令，得，
令可得,故此数列第三项为.故选：A
2.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A．－200 B．－100 C．200 D．100
【答案】 D
【解析】 S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
3.数列的前项和为，若，则等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】：B
【解析】：因为，所以，故选B．
4.设，则( )
A．B．C．D．
【答案】：A
【解析】：由，得，
，故选：A
5.已知等比数列中，，为前项和，，则
A．7B．9C．15D．30
【答案】
【解析】等比数列中，设公比为，，为前项和，，显然，
（如果，可得矛盾，如果，可得矛盾），可得，
解得，即或，所以当时，．
当时，．没有选项．故选：．
6.记为等比数列的前项和，若，，则
A．120B．85C．D．
【答案】
【解析】等比数列中，，，显然公比，设首项为，则①，②，化简②得，解得或（不合题意，舍去），
代入①得，所以．故选：．
7.已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为________．
【答案】 120
【解析】 因为an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝( eq \r(2)－1)＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \r(n＋1)－1.令 eq \r(n＋1)－1＝10，解得 n＝120.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝____________．
【答案】 (n－1)·2n+1＋2
【解析】 因为an＝n·2n，所以Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1②.由①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝ eq \f(2(1－2n),1－2)－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2.
9.已知数列中，，设为前项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【解析】（1）当时，，解得，当时，，
，，当时，可得，
，当或时，，适合上式，
的通项公式为；
（2）由（1）可得，，，
，．
10.在数列中，，且对任意的，都有．在等差数列中，前n项和为，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【解析】（1）由得时，．
又，满足，所以．
设等差数列的公差为d，则，解得，
所以；
（2），①，②
①-②得
所以．