04 第1部分 专题2 第2讲 数列求和与综合问题-【提分教练】2024年新高考数学(理科)二轮总复习课件（老教材）

第一部分 高频题型 重难探究 专题二　数列 第2讲　数列求和与综合问题 1 基础考点1　数列中an与Sn的关系 1．(2018全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________． －63　[法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)， 所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n-1． 所以S6＝＝－63． －63 法二：由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1， 当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1， 所以Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，所以{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n-1＝－2n，所以Sn＝1－2n，所以S6＝1－26＝－63．] 2．(2015全国Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________． －　[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1．∵Sn≠0，∴＝1， 即＝－1．又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－．] － 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 第2讲　数列求和与综合问题 3．(2021全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2． (1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式． [解]　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积， 所以n≥2时，Sn＝，代入＝2可得，＝2， 整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)． 又＝2，所以b1＝，故{bn}是以为首项，为公差的等差数列． 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 第2讲　数列求和与综合问题 (2)由(1)可知，bn＝，则＝2， 所以Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝． 故an＝ 由Sn与an的关系求an的思路 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 提醒：在利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通项公式时，务必验证n＝1时的情形，看其是否可以与n≥2的表达式合并． 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 第2讲　数列求和与综合问题 1．[以前n项和的定义为载体求an](2023四川南充模拟预测)已知数列满足2a1＋22a2＋23a3＋＋2nan＝n2n，则的通项公式为(　　) A．an＝　　　　 B．an＝ C．an＝n　　　　 D．an＝ √ B　[当n＝1时，有2a1＝121，所以a1＝1， 当n≥2时，由2a1＋22a2＋23a3＋＋2nan＝n2n，2a1＋22a2＋23a3＋＋2n-1an－1＝(n－1)2n-1， 两式相减得2nan＝n2n－(n－1)2n-1＝(n＋1)2n-1， 此时，an＝，a1＝1也满足，所以{an}的通项公式为an＝．故选B．] 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 第2讲　数列求和与综合问题 2．[以an与Sn的关系为载体求Sn]数列{an}中，前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，则数列{Sn}的通项公式为Sn＝________． 3n－2n　[∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn， ∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴，∴， 又， ∴数列是首项为－，公比为的等比数列， ∴，∴Sn＝3n－2n．] 3n－2n 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 第2讲　数列求和与综合问题 3．[以an与Sn的关系为载体探求项的性质](2022北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足anSn＝9(n＝1，2，)．给出下列四个结论： ①{an}的第2项小于3；②{an}为等比数列；③{an}为递减数列；④{an}中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是________． ①③④　[令n＝1，可得＝9，又各项均为正数，可得a1＝3，令n＝2可得a2(3＋a2)＝9，可解得a2＝<3，故①正确；当n≥2时，由Sn＝得Sn－1＝，于是可得an＝，即，若{an}为等比数列，则n≥2时，为常数，即从第二项起各项均为同一个常数，可检验n＝3时不成立，故②错误；anSn＝9(n＝1，2，)，可得anSn＝an＋1Sn＋1，于是<1，所以an＋1<an，于是③正确；对于