1、1第二讲 数列的通项与求和考点一 求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由 anError!求通项公式(2)累加法：由形如 an1 an f(n)(f(n)是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法(3)累乘法：由形如 f(n)(f(n)是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用an 1an累乘法(4)构造法：由形如“ an1 Aan B(A0 且 A1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法角度 1：公式法求数列通项解析 解法一：由 Sn2 an1，得 a12 a11，所以 a11，当 n2 时，an Sn Sn1 2 an1(2 an1 1)，得 an2 an
2、1 ， an是首项为1，公比为 2 的等比2数列 S6 63.a11 q61 q 1 261 2解法二：由 Sn2 an1，得 S12 S11，所以 S11，当 n2 时，由 Sn2 an1 得Sn2( Sn Sn1 )1，即 Sn2 Sn1 1， Sn12( Sn1 1)，又 S112， Sn1是首项为2，公比为 2 的等比数列，所以 Sn122 n1 2 n，所以Sn12 n， S612 663.答案 63角度 2：累加法、累乘法求数列通项解析 因为 an1 1 an2 n，所以当 n2 时， an an1 2 n1，an1 an2 2( n1)1，an2 an3 2( n2)1，a2 a
3、1221，将以上各式相加，得 an a1(2 n1)2( n1)12( n2)1(221)2 n2( n1)2( n2)22( n1) n1( n1)( n2) n1 n21.n 12n 42又因为 a12，所以 an n21 a1 n21( n2)当 n1 时， a12 适合上式故 an n21( nN *)答案 an n21角度 3：构造法求数列通项解析 在递推公式 an1 2 an32 n的两边同时除以 2n1 ，得 ，所以an 12n 1 an2n 32数列 是等差数列，其首项为 1，公差为 ，所以 1( n1) n ，所以an2n a12 32 an2n 32 32 12an(3 n
4、1)2 n1 .答案 an(3 n1)2 n1探究追问 若本例中的“ an1 2 an32 n”改为“ an1 2 an35 n”，其他条件不变，则数列 an的通项公式为_3解析 解法一：在递推公式 an1 2 an35 n的两边同时除以 5n1 ，得 an 15n 1 25 ，an5n 35令 bn，则式变为 bn1 bn ，即 bn1 1 (bn1)，又因为an5n 25 35 25b11 1 ，a15 35所以数列 bn1是等比数列，其首项为 ，公比为 ，35 25所以 bn1 n1 ，即 bn1 n1 ，(35) (25) 35 (25)所以 1 n1 1 ，an5n 35 (25)
5、32n 15n故 an5 n32 n1 .解法二：设 an1 k5n1 2( an k5n)，则 an1 2 an3 k5n，与题中递推公式比较得 k1，即 an1 5 n1 2( an5 n)，所以数列 an5 n是首项为 a153，公比为2 的等比数列，则 an5 n32 n1 ，故 an5 n32 n1 .答案 an5 n32 n1求数列通项公式的两种策略(1)已知 Sn与 an的递推关系求通项常用两个思路：一是利用 Sn Sn1 an(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 之间的关系，再求 an.(2)已知 an与 an1 的递推
6、关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法对点训练1角度 1(2018安徽合肥一模)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，若 3Sn2 an3 n，则 a2018( )A2 20181 B3 20186C. 2018 D. 2018(12) 72 (13) 103解析 数列 an的前 n 项和为 Sn,3Sn2 an3 n， a1 S1 (2a13)，解得13a13.4Sn (2an3 n)，13当 n2 时， Sn1 (2an1 3 n3)，13，得 an an an1 1，23 23 an2 an1 3， 2，an 1an 1 1 a112， an1是以2 为首项，2 为
7、公比的等比数列， an1(2)n， an(2) n1， a2018(2) 201812 20181.故选 A.答案 A2角度 2(2017东北三校联考)若数列 an满足 a11， an1 2 nan，则数列 an的通项公式 an_.解析 答案 3角度 3已知数列 an的前 n 项和是 Sn，且满足 Sn an2 n1( nN *)，则数列 an的通项公式为_解析 因为 Sn an2 n1，所以当 n1 时， a1 a121，解得 a1 .32当 n2 时， Sn1 an1 2( n1)1，所以 an an1 an2，即 an an1 1，12即 an2 (an1 2)，又因为 a12 ，12
8、125所以数列 an2是等比数列，其首项为 ，公比为 ，12 12所以 an2 n，所以 an2 n2 .(12) (12) 12n答案 an212n考点二 求数列的前 n 项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成 cn an bn形式的数列求和问题的方法，其中 an与 bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即 an f(n1) f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如 (其中 an是各项均不为 0 的等canan 1差数列， c 为常数)的数列等(3)错位相减法：形如 anbn(其中 an为
9、等差数列， bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和角度 1：裂项相消法求和解 (1) an1 Sn1 Sn，代入 an1 2 1，Sn得 Sn1 Sn2 1，整理可得 Sn1 ( 1) 2，Sn Sn因为 Sn0，所以 1，Sn 1 Sn6所以数列 是首项为 ，公差为 1 的等差数列，Sn 所以 ( n1) n 1， Sn( n 1) 2，Sn 当 n2 时， an Sn Sn1 2 n2 3， an1 an2，因为数列 an为等差数列，所以
10、a2 a12 1 2，解得 1.(2)由(1)可得 an2 n1，所以 ，1anan 1 12n 12n 1 12 ( 12n 1 12n 1)因为 Tn ，1a1a2 1a2a3 1anan 1所以 Tn .12 (1 13 13 15 15 17 12n 1 12n 1) 12 14n 2角度 2：错位相减法求和解 (1)证明：由 an1 3 an2 an1 (n2)，得 an1 an2( an an1 )，因此数列 an1 an是公比为 2，首项为 a2 a12 的等比数列所以当 n2 时， an an1 22 n2 2 n1 ，an( an an1 )( an1 an2 )( a2 a
11、1) a1(2 n1 2 n2 2)22 n，当 n1 时，也符合，故 an2 n.(2)由(1)知 bn ，2n 12n所以 Tn 12 322 523 2n 12n7Tn 12 122 323 524 2n 12n 1，得 Tn 12 12 222 223 224 22n 2n 12n 1 2 12 (122 123 124 12n) 2n 12n 1 2 1214(1 12n 1)1 12 2n 12n 1 1 ，12 12n 1 2n 12n 1 32 2n 32n 1所以 Tn3 .2n 32n数列求和的解题策略(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，
12、采取相适应的求解方法(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列对点训练1角度 1(2018济南模拟)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，公差为 d，若d， S9为函数 f(x)( x2)( x99)的两个零点且 d0,4Sn( an1) 2.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn ， Tn b1 b2 bn，求 Tn.an3n解 (1)依题意得 4Sn( an1) 2，则 4Sn
13、1 ( an1 1) 2， n2.将上述两式相减可得，4 an a a 2 an2 an1 .2n 2n 1即( an an1 )(an an1 2)0， n2. an0， an an1 0， an an1 2.又 4S14 a1( a11) 2，解得 a11. an2 n1.(2)由(1)可得 bn(2 n1) n.(13)则 Tn1 3 25 3(2 n1) n.13 (13) (13) (13)Tn1 23 3(2 n3) n(2 n1) n1 .13 (13) (13) (13) (13)将上述两式相减得，Tn 2 22 32 n(2 n1) n123 13 (13) (13) (13
14、) (13)2 (2 n1) n113 (13)n 11 13 13 (13) n.23 2n 13 (13) Tn1( n1) .13n1(2017全国卷)设数列 an满足 a13 a2(2 n1) an2 n.9(1)求 an的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和an2n 1解 (1)因为 a13 a2(2 n1) an2 n，故当 n2 时， a13 a2(2 n3)an1 2( n1)两式相减得(2 n1) an2，所以 an (n2)22n 1又由题设可得 a12 也适合上式，从而 an的通项公式为 an .22n 1(2)记 的前 n 项和为 Sn.an2n 1由(1)知 ，an
15、2n 1 22n 12n 1 12n 1 12n 1则 Sn .11 13 13 15 12n 1 12n 1 2n2n 12(2017天津卷)已知 an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN *)， bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0， b2 b312， b3 a42 a1， S1111 b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前 n 项和( nN *)解 (1)设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q.由已知 b2 b312，得 b1(q q2)12，而 b12，所以 q2 q60.又因为 q0，解得 q2.所以 bn2 n.由 b
16、3 a42 a1，可得 3d a18.由 S1111 b4，可得 a15 d16，联立，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2.所以数列 an的通项公式为 an3 n2，数列 bn的通项公式为 bn2 n.(2)设数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 Tn，由 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，有 a2nb2n1 (3 n1)4 n，故Tn2454 284 3(3 n1)4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4 n1 ，上述两式相减，得3 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)121 4n1 44n1 (3 n2)4
17、n1 8.10得 Tn 4n1 .3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 4n1 .3n 23 831.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用2若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注热点课题 11 数学文化中的数列问题感悟体验1(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加
18、增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( )A1 盏 B3 盏 C5 盏 D9 盏解析 由题意可知，由上到下灯的盏数 a1， a2， a3， a7构成以 2 为公比的等比数列， S7 381， a13.故选 B.a11 271 211答案 B2 九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“
19、钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A. 钱 B. 钱 C. 钱 D. 钱54 43 32 53解析 依题意，设甲所得为 a1，公差为 d，则 a1 a2 a3 a4 a5 ，即522a1 d3 a19 d ，解得 a1 ，所以甲得 钱故选 B.52 43 43答案 B专题跟踪训练(十九)一、选择题1(2018安徽淮南一模)已知 an中， an n2 n ，且 an是递增数列，则实数 的取值范围是( )A(2，) B2，)C(3，) D3，)解析 an是递增数列， nN *， an1 an，( n1) 2 (n1) n2 n ，化简得 (2 n1)， 3.故选 C.答案 C2(
20、2018信阳二模)已知数列 an中， a1 a21， an2 Error!则数列 an的前 20 项和为( )A1121 B1122 C1123 D1124解析 由题意可知，数列 a2n是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列 a2n1 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，故数列 an的前 20 项和为101 21123.选 C.11 2101 2 1092答案 C3(2018石家庄一模)已知正项数列 an中， a11，且( n2) a ( n1)2n 1a anan1 0，则它的通项公式为( )2nA an B an1n 1 2n 1C an D an nn 2212解析 因为( n2)
21、 a ( n1) a anan1 0，所以( n2) an1 ( n1)2n 1 2nan(an1 an)0.又 an为正项数列，所以( n2) an1 ( n1) an0，即 ，an 1an n 1n 2则当 n2 时， an a1 1 .又anan 1 an 1an 2 a2a1 nn 1 n 1n 23 2n 1 a11 也适合， an ，故选 B.2n 1答案 B4(2018广东茂名二模) Sn是数列 an的前 n 项和，且 nN *都有 2Sn3 an4，则Sn( )A223 n B43 nC43 n1 D223 n1解析 2 Sn3 an4，2 Sn3( Sn Sn1 )4( n2
22、)，变形为 Sn23( Sn1 2)，又 n1 时，2 S13 S14，解得 S14， S126.数列 Sn2是等比数列，首项为6，公比为 3. Sn263 n1 ，可得 Sn223 n.故选 A.答案 A5(2018河北石家庄一模)若数列 an满足 a12， an1 ，则 a2018的值为( )1 an1 anA2 B3 C D.12 13解析 a12， an1 ， a2 3，同理可得：1 an1 an 1 a11 a1a3 ， a4 ， a52，可得 an4 an，则 a2018 a50442 a23.故选 B.12 13答案 B6数列 an满足 a12， an1 a (an0， nN *
23、)，则 an( )2nA10 n2 B10 n1 C102 n1 D22 n1解析 因为数列 an满足 a12， an1 a (an0， nN *)，2n所以 log2an1 2log 2an，即 2.log2an 1log2an又 a12，所以 log2a1log 221.故数列log 2an是首项为 1，公比为 2 的等比数列所以 log2an2 n1 ，即 an22 n1 .答案 D二、填空题7(2018河南新乡三模)若数列 an1 an是等比数列，且 a11， a22， a35，则13an_.解析 a2 a11， a3 a23， q3， an1 an3 n1 ，当 n2 时，an a1
24、 a2 a1 a3 a2 an1 an2 an an1 133 n2 ，1 3n 11 3 a11， an .a11 也适合， an .3n 1 12 3n 1 12答案 3n 1 128已知数列 an中， a13，且点 Pn(an， an1 )(nN *)在直线 4x y10 上，则数列 an的通项公式为_解析 因为点 Pn(an， an1 )(nN *)在直线 4x y10 上，所以 4an an1 10.所以 an1 4 .13 (an 13)因为 a13，所以 a1 .13 103故数列 是首项为 ，公比为 4 的等比数列an13 103所以 an 4n1 ，故数列 an的通项公式为
25、an 4n1 .13 103 103 13答案 an 4n1 103 139(2018山西大同模拟)已知数列 an的通项公式为 an(1)n(2n1)cos 1( nN *)，其前 n 项和为 Sn，则 S60_.n2解析 由题意可得，当 n4 k3( kN *)时， an a4k3 1；当 n4 k2( kN *)时，an a4k2 68 k；当 n4 k1( kN *)时， an a4k1 1；当 n4 k(kN *)时，an a4k8 k. a4k3 a4k2 a4k1 a4k8， S60815120.答案 120三、解答题10(2018郑州质检)已知数列 an的首项 a11，前 n 项
26、和 Sn，且数列 是公差为Snn2 的等差数列(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn(1) nan，求数列 bn的前 n 项和 Tn.14解 (1)由已知条件得 1( n1)22 n1，Snn Sn2 n2 n.当 n2 时， an Sn Sn1 2 n2 n2( n1) 2( n1)4 n3.当 n1 时， a1 S11，而 4131， an4 n3.(2)由(1)可得 bn(1) nan(1) n(4n3)，当 n 为偶数时，Tn1591317(4 n3)4 2 n，n2当 n 为奇数时， n1 为偶数，Tn Tn1 bn1 2( n1)(4 n1)2 n1.综上， TnError!
27、11(2018南昌市二模)已知数列 an满足 n2 n.a12 a222 a323 an2n(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Sn. 1nan2解 (1) n2 n，a12 a222 a323 an2n当 n2 时， ( n1) 2 n1，a12 a222 a323 an 12n 1得， 2 n(n2)， an n2n1 (n2)an2n又当 n1 时， 11， a14 也适合 an n2n1 ， an n2n1 .a12(2)由(1)得， bn n(2) n， 1nan2 Sn1(2) 12(2) 23(2) 3 n(2) n，2 Sn1(2) 22
28、(2) 33(2) 4( n1)(2) n n(2) n1 ，得，3 Sn(2)(2) 2(2) 3(2) n n(2)n1 n(2) n1 ， 21 2n3 Sn .3n 1 2n 1 2912(2018北京海淀模拟)数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn2 an a1，且a1， a21， a3成等差数列(1)求数列 an的通项公式；15(2)设 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.an 1SnSn 1解 (1) Sn2 an a1，当 n2 时， Sn1 2 an1 a1， an2 an2 an1 ，化为 an2 an1 .由 a1， a21， a3成等差数列得，2( a21) a1 a3，2(2 a11) a14 a1，解得 a12.数列 an是等比数列，首项为 2，公比为 2. an2 n.(2) an2 n， Sn 2 n1 2， Sn1 2 n2 2.22n 12 1 bn .an 1SnSn 1 2n 12n 1 22n 2 2 12( 12n 1 12n 1 1)数列 bn的前 n 项和Tn12( 12 1 122 1) ( 122 1 123 1) ( 12n 1 12n 1 1) .12(1 12n 1 1)
