1、第第 2 讲讲 数列通项与数列通项与求和求和 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 T14 2018 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 T17 2017 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
2、法 求和 T17 1.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. 考点一 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， Sn1
3、1an， Sn1an1，相减得 a n12an， 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 2 2n1， 又 n1 时，a12 适合上式， 从而an的通项公式为 an 2 2n1. 答案 (1)128 (2) 2 2n1 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
4、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 Sn15n 1，所以 S n5 n11. 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 24，n1， 45n，n2. 答案：an 24，n1， 45n，n2 2.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
5、)an(2n1)(nN*)，且 a12，所以an 1 an 2n1 2n1，得 ana1 a2 a1 a3 a2 an an12 3 1 5 3 2n1 2n34n2. 答案：4n2 考点二 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 a1d3， 4a143 2 d16，解得 a11， d2， 所以 an1(n1)22
6、n1. 设bnan的公比为 q， 则 b4a4(b1a1)q3， 因为 b14， b488， 所以 q3b4a4 b1a1 887 41 27，解得 q3， 所以 bnan(41)3n 13n. (2)由(1)得 bn3n2n1， 所以 Sn(332333n)(1352n1) 3（13 n） 13 n（12n1） 2 3 2(3 n1)n2 3 n1 2 n23 2. 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
7、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 SnSn1 1(n2，nN)，且 a11. (1)求数列an的通项公式 an； (2)记 bn 1 anan1，Tn 为bn的前 n 项和，求使 Tn2 n成立的 n 的最小值. 解 (1)由已知有 Sn Sn11(n2，nN)， 数列 S
8、n为等差数列，又 S1 a11， Snn，即 Snn2. 当 n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1. 又 a11 也满足上式，an2n1. (2)由(1)知，bn 1 （2n1）（2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1 ， Tn1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 n 2n1. 由 Tn2 n得 n 24n2，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
9、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 a1b1 3，b2a3，b34a23. (1)求an和bn的通项公式. (2)设数列cn满足 cn 1，n为奇数， bn 2 ，n为偶数. 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 3q32d， 3q2154d，解得 d3， q3， 故 an33(n1)3n，bn33n 13n. 所以，an的通项公式为 an3n，bn的通项公式为 bn3n
10、. (2)a1c1a2c2a2nc2n (a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn) n3n（n1） 2 6 (631123218336n3n) 3n26(131232n3n). 记 Tn131232n3n， 则 3Tn132233n3n 1， 得，2Tn332333nn3n 1 3（13n） 13 n3n 1 （2n1）3n 13 2 . 所 以 ， a1c1 a2c2 a2nc2n 3n2 6Tn 3n2 3 （2n1）3n 13 2 （2n1）3n 26n29 2 (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
11、，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 bnlog2an an ，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 a1a1q6， a1q28， 则 3q24q40，而 q0， q2. 于是 a12，数列an的通项公式为 an2n. (2)由(1)得 bnlog2an an n 2n， Tn1 2 2 22 3 23 n 2n， 1 2Tn 1
12、 22 2 23 n1 2n n 2n 1， 两式相减得，1 2Tn 1 2 1 22 1 23 1 2n n 2n 1， Tn11 2 1 22 1 2n 1 n 2n 1 1 2 n 11 2 n 2n 2n2 2n . 2.(2019 江西七校第一次联考)设数列an满足：a11，3a2a11，且 2 an an1an1 an1an1 (n2). (1)求数列an的通项公式； (2)设数列bn的前 n 项和为 Tn，且 b11 2，4bnan1an(n2)，求 Tn. 解：(1) 2 an an1an1 an1an1 (n2)， 2 an 1 an1 1 an1(n2). 又 a11，3a
13、2a11， 1 a11， 1 a2 3 2， 1 a2 1 a1 1 2， 1 an 是首项为 1，公差为1 2的等差数列. 1 an1 1 2(n1) 1 2(n1)， 即 an 2 n1. (2)4bnan1an(n2)， bn 1 n（n1） 1 n 1 n1(n2)， Tnb1b2bn 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 考点三 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 Z，若 Snm 恒成立，求 m 的最小值.
14、解 (1)由 a22，S37 得 a1q2， a1a1qa1q27， 解得 a14， q1 2 或 a11， q2 (舍去). 所以 an4 1 2 n1 1 2 n3 . (2)由(1)可知，Sna1（1q n） 1q 4 1 1 2n 11 2 8 1 1 2n 8. 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 Z，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
15、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 a1x2dx 30 的解集为(1，3). (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn2 an1 2 an，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 d a12， 3 a13， 解得 d2， a11. 故数列an的通项公式为 ana1(n1)d1(n1)22n1. (2)由(1)知 an2n1，所以 bn2 an1 2 an2n(2n1)， 所以 Sn(222232n)(1352n1)2n 1n22. 数学运算
16、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 bnanln an，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 a1a2a37， （a13）（a34） 2 3a2， 即 a1（1qq2）7， a1（16qq2）7. 由 q1，解得 a11， q2， 故数列an的通项公式为 an2n 1. (2)由(1)得 bn2n 1(n1)ln 2， 所以 Tn(12222n 1)012(n1)ln 212 n 12 n（n1）
17、 2 ln 2 2n1n（n1） 2 ln 2. 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)n 1(3n2)，则 a 1a2a2 020( ) A.3 027 B.3 027 C.3 030 D
18、.3 030 解析：选 C 因为 a1a2a2 020(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)(14) (710)(32 0192)(32 0202)(3)1 0103 030，故选 C. 2.已知数列an满足 an1 an11 1 2，且 a22，则 a4( ) A.1 2 B.23 C.12 D.11 解析：选 D 因为数列an满足 an1 an11 1 2，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*)，
19、则数列bn的前 50 项和为( ) A.49 B.50 C.99 D.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.1 B.2 C.3 D.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 d3 2.所
20、以 q a43 a2 a19 23 a13 2 a13 2 a13 2 1.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 1 016 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.8 B.10 C.12 D.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 S7a1（12 7） 12 1 016，解得 a
21、18， 所以 an82n 12n2(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 an0，6Sna2n 3an，bn 2a n （2an1）（2an11），若 kT n恒成立，则 k 的最小值为( ) A.1 7 B. 1 49 C.49 D. 8 441 解析：选 B 6Sna2n3an，6Sn1a2n13an1， 6an1(an1an)(an1an)3(an1an)， (an1an)(an1an)3(an1an)， a
22、n0，an1an0，an1an3， 又 6a1a213a1，a10，a13. an是以 3 为首项，3 为公差的等差数列，an3n， bn1 7 1 8n1 1 8n 11， Tn1 7 1 81 1 821 1 821 1 831 1 8n1 1 8n 111 7 1 7 1 8n 11 0，因为 a12，a2n24a2n4a2n1， 所以(anq2)24a2n4(anq)2，化为 q44q240， 解得 q22，q0，解得 q 2. 则数列an的通项公式 an2( 2)n 12 n1 2 . 答案：2 n1 2 8.(2019 安徽合肥一模改编)设等差数列an满足 a25，a6a830，则
23、 an_， 数列 1 a2n1 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. 1 a2n1 1 4n（n1） 1 4 1 n 1 n1 ， 1 a2n1 的前 n 项和为1 4 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 4 1 1 n1 n 4（n1）. 答案：2n1 n 4（n1） 9.(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对任意 nN*恒成立，求实数 a 的取值范围. 解：(1)因为 a2nSnSn1(n2)， 所以 a2n1Sn1Sn. 两式相减，得 a2n1a2nan1an. 因为 an0，所以 an1an1. 又 a11，所以an是首项为 1，公差为 1 的等差数列. 所以 ann. (2)因为 bn(1an)2a(1an)，且由(1)得 ann， 所以 bn(1n)2a(1n)n2(a2)n1a， 所以 bn1(n1)2(a2)(n1)1an2an. 因为 bn1bn恒成立， 所以 n2ann2(a2)n1a， 解得 a12n，所以 a1. 则实数 a 的取值范围为(1，).
