专题18 数列的通项与求和-2021年新高考数学考点模块专题复习

专题18 数列的通项与求和 【高考导航】 1．以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和． 2．利用递推关系求数列的通项、前n项和. 【真题解析】 1．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(　　) A．an＝ B．an＝ C．an＝ D．an＝n [解析]　因为(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即＝， 则当n≥2时，an＝··…··a1＝··…··1＝.又∵a1＝1也适合，∴an＝，故选B. [答案]　B 2．如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　) A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列 [解析]　Sn表示An点到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn＋1|长度的一半，即Sn＝hn|BnBn＋1|，因为|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，所以|BnBn＋1|的长度为定值，设锐角为θ，则hn＝h1＋|A1An|sinθ， ∴Sn＝(h1＋|A1An|sinθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝(h1＋|A1An＋1|sinθ)|Bn＋1Bn＋2|， ∴Sn＋1－Sn＝(|AnAn＋1|sinθ)·|BnBn＋1|， ∵|AnAn＋1|，|BnBn＋1|为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，即Sn是等差数列，故选A. [答案]　A 3．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________. [解析]　由题意知， 解得a1＝1，d＝1， ∴Sn＝， ∴＝2. ∴＝2＝. [答案]　 4．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)． [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＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2.所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2， 数列{bn}的通项公式为bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 得Tn＝×4n＋1＋. 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋. 【典例解析】 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an＝求通项公式． (2)累加法：由形如an＋1－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，常用累乘法． (4)构造法：由形如“an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)”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：累加法、累乘法求数列通项 [解析]　因为an＋1－1＝an＋2n， 所以当n≥2时，an－an－1＝2n－1， an－1－an－2＝2(n－1)－1， an－2－an－3＝2(n－2)－1， … a2－a1＝2×2－1， 将以上各式相加， 得an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2]－(n－1)＝－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1. 又因为a1＝2，所以an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)． 当n＝1时，a1＝2适合上式． 故an＝n2＋1(n∈N*)． [答案]　an＝n2＋1角度2：构造法求数列通项 [解析