专题01 数列的通项与求和（考点串讲）(考点聚焦+题型突破+易错剖析+猜题押题）高二数学上学期湘教版2019

高二湘教版（24-25学年）数学选修一期中考点大串讲 串讲01 数列的通项与求和 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 两大常考点、明确复习目标 八大题型典例剖析+技巧点拨+举一反三 三大易错易混经典例题+针对训练 精选期中、期末真题对应考点练 01考点透视 02题型剖析 题型一　归纳法求通项 【例1】数列，－，－，…的一个通项公式可以为___________． 【解析】数列中每个项的分子分别为1，4，9，16，…可以用n2表示． 分母分别为3，5，7，9，…为等差数列，可以用2n＋1表示． 符号为奇数项为正，偶数项为负，可以用(－1)n＋1表示， 综上：数列的通项公式可以是an＝(－1)n＋1. 技巧点拨 归纳法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分．②考虑各项的变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列． 举一反三 【变式1】（2024·高三·河南·期中）数列的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 【变式2】数列…的一个通项公式为（　　） A． B． C． D． D D 题型剖析 题型二　累加法 【例2】已知数列满足，，则的通项公式为 ． 【答案】 【解析】因为，， 所以， 即，，，，， 所以， 即，则， 当时也成立，所以， 故答案为：．   技巧点拨 数列有形如的递推公式，且的和可求，则变形为，利用累加法求和． 举一反三 1.【2024湖南长沙市一中月考】已知数列满足 , ，则 的通项公式为( ) A. B. C. D. C 题型剖析 题型三　累乘法求通项 【例3】在数列{an}中，a1＝1，an＝ (n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________. 以上(n－1)个式子相乘得， 【解析】 技巧点拨 举一反三 log2an＝________. 题型剖析 题型四　根据Sn,an的关系求通项 技巧点拨 举一反三 举一反三 【变式2】已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝－2，an＋1＝Sn，那么a5＝(　　) A．－16　　 B．12　　 C．16　　 D．20 答案：A 解析：由a1＝－2，an＋1＝Sn，得a2＝S1＝a1＝－2， 当n≥2时，由an＋1＝Sn，得an＝Sn－1， 所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an， 所以an＋1＝2an， 所以a3＝2a2＝－4，a4＝2a3＝－8，a5＝2a4＝－16.故选A. 题型剖析 题型五　构造法求通项 技巧点拨 【变式2】数列{an}满足an=4an-1+3(n≥2)且a1=0,则a2 025等于(　　) A.22 024-1　 B.42 024-1 C.22 024+1　 D.42 024+1 【解析】选B.因为an=4an-1+3(n≥2), 所以an+1=4(an-1+1)(n≥2), 所以{an+1}是以1为首项,4为公比的等比数列, 则an+1=4n-1. 所以an=4n-1-1,所以a2 025=42 024-1. 举一反三 举一反三 【变式2】已知数列满足，，，则 ． 【答案】 【解析】数列中，，，显然， 取倒数得， 即，则数列是首项为1，公差为4的等差数列， 因此，所以． 故答案为：． 题型剖析 题型六　分组与并项法求和 【例6】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（－1）nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n. 题型剖析 题型六　分组与并项法求和 【例6】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（－1）nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n. 解：（1）∵S5＝5a3＝25，∴a3＝5. 设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列得（6＋d）2＝4（8＋4d）， ∴d2－4d＋4＝0，∴d＝2， ∴an＝a3＋（n－3）d＝2n－1. 题型剖析 题型六　分组与并项法求和 【例6】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（－1）nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n. 解：（2）∵bn＝（－1）nan＋1，∴bn＝（－1）n（2n－1）＋1， ∴T2n＝（－1＋1）＋（3＋1）＋（－5＋1）＋（7＋1）＋…＋[－（4n－3）＋1]＋[（4n－1）＋1]＝4n. 技巧点拨 分组求和法与并项求和法 (1)分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减. (2)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解. 举一反三 √ 2.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1. (1)求数列{an}的通项公式； 2.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1. (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1， 即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0. 所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2. 当n为偶数时， Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n 题型剖析 题型七　错位相减求和 【例7】　已知数列{an}是首项a1＝1的等比数列，且an＞0，{bn}是首项为1的等差数列，且a5＋b3＝21，a3＋b5＝13. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； 解　（1）设{an}的公比为q，{bn}的公差为d，则由已知条件得 解得d＝2，q＝2或q＝－2（舍去）， ∴an＝2n－1，bn＝1＋2（n－1）＝2n－1. （2）求数列的前n项和Sn. 解　（2）由（1）知＝. ∴Sn＝＋＋＋…＋＋.　① ∴Sn＝＋＋…＋＋.　② ①－②，得Sn＝＋＋＋…＋－. 即Sn＝＋－ ＝＋－ ＝＋1－－，∴Sn＝3－. 技巧点拨 错位相加法 （2）在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn； （3）作差后，等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成； （4）运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误. （1）适用条件：若{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn； 举一反三 √ 题型剖析 题型八　裂项相消法 【例8】　设数列{an}的前n项和Sn＝n（n－1）t＋2n（t≠0），a1－1，a3－1，a13－1成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{}的前n项和Tn. 解　（1）由已知有a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n（n－1）t＋2n－[（n－1）（n－2）t＋2（n－1）]＝2tn－2t＋2， 当n＝1时上式也适合， 所以an＝2tn－2t＋2.因为a1－1，a3－1，a13－1成等比数列， 所以（a3－1）2＝（a1－1）（a13－1），即（4t＋1）2＝1×（24t＋1）， 得t＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n. （2）由（1）知Sn＝n（n＋1）， 所以＝＋＝＋＝－＋－＝－， Tn＝＋＋＋…＋＋＝＋－－＝－. 举一反三 【变式1】已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36. (1)求数列{an}的通项公式； ∵a2＋a5＝36，∴a1q＋a1q4＝36，即2a1＋16a1＝36，解得a1＝2， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*. 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn 03易错易混 易错点1　由Sn求an时忽略对n=1的检验出错 【错解】an=2n 针对训练 03易错易混 易错点2　根据递推式求通项考虑不全面出错 【错因】忽略求通项时n的取值范围，没有分析是否符合等比数列的定义出错． 03易错易混 易错点3　裂项相消时漏掉系数而致错 【错因】对通项公式裂项变形时忽略了系数，由于变化不等价而出错. 针对训练 04押题预测 D AB 谢谢观看！ an＝ an－1 an＝a1···…·＝＝. 当n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝. ∵an＝an－1(n≥2)， ∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1. 形如＝f(n)的数列，利用an＝a1···…·(n≥2)即可求数列{an}的通项公式. 1.已知数列a1，，…，，…是首项为1，公比为2的等比数列，则 [解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5. ∵a1＝1也适合上式，∴an＝6n－5. (2)由Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)得，当n≥2时，Sn－1＝eq \f(2,3)an－1＋eq \f(1,3)， 两式相减整理得：当n≥2时，an＝－2an－1. 又n＝1时，S1＝a1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，∴a1＝1， ∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴an＝(－2)n－1. 【例4】　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n，求数列{an}的通项公式． (2)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，求数列{an}的通项公式． (1)已知Sn求an的3个步骤 ①先利用a1＝S1求出a1. ②用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)即可求出当n≥2时an的表达式． ③注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并． (2)Sn与an关系问题的求解思路 根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． ①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． ②利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解． [解析]　∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq \f(n,2)，① ∴当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝eq \f(n－1,2)，② ①－②得，2n－1an＝eq \f(1,2)，∴an＝eq \f(1,2n)(n≥2)，③ 又∵a1＝eq \f(1,2)也适合③式，∴an＝eq \f(1,2n)(n∈N*)． 【变式1】已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq \f(n,2)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为______________． an＝eq \f(1,2n)(n∈N*) an＝eq \f(3n－1,2) [解析]　由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3an＋eq \f(3,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2). 【例5】　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，则数列{an}的通项公式为__________． (1)形如an＋1＝αan＋β(其中α，β为常数，α≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造an＋1＋x＝α(an＋x)(其中x＝eq \f(β,α－1))，则{an＋x}是公比为α的等比数列，利用它即可求出an. (2)an＋1＝αan＋β可以推广到an＋1＝αan＋β×γn型，两边同时除以γn＋1后得到eq \f(an＋1,γn＋1)＝eq \f(α,γ)·eq \f(an,γn)＋eq \f(β,γ)，转化为bn＋1＝kbn＋eq \f(β,γ)的形式，通过构造公比是eq \f(α,γ)的等比数列{bn－eq \f(β,γ1－k)}求解． 1.已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于 A.0 B.100 C.－100 D.10 200 (2)记bn＝(－1)n·log2，求数列{bn}的前n项和Tn. (2)记bn＝(－1)n·log2，求数列{bn}的前n项和Tn.  Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n＝－n＝＝－. 综上，Tn＝ (2) bn＝(－1)n·log2＝(－1)n·log22n＝(－1)n·n. ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝. 1.Sn＝＋＋＋…＋等于 A. B. C. D. 【解析】（1）由题意，设等比数列{an}的公比为q，则q3＝＝8，即q＝2， (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn<. ＝－＋－＋…＋－ ＝－＝－<， ∴不等式Tn<对n∈N*恒成立. 由(1)可得，bn＝ ＝＝－， 【变式2】　正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq \o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn.证明： 对于任意的n∈N*，都有Tn<eq \f(5,64). [解]　(1)由Seq \o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.n＝1时也适合． 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)证明：由于an＝2n， 故bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))＝eq \f(n＋1,4n2n＋22)＝eq \f(1,16) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22))). Tn＝eq \f(1,16) eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,n－12))) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,n＋12)＋\f(1,n2)－\f(1,n＋22))) ＝eq \f(1,16) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))<eq \f(1,16) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq \f(5,64). 【错因】在数列问题中，数列的通项与其前n 项和之间关系如下，在使用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛｝的与关系时，先令求出首项，然后令求出通项，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令求出通项，也不对进行检验. 【正解】当时，； 当时，， 因为不符合上式，所以. 1.已知数列 INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Temp\\ksohtml420\\wps146.png" \* MERGEFORMATINET 的前n项和为，且，则数列通项公式 ． 1.数列 INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Temp\\ksohtml420\\wps158.png" \* MERGEFORMATINET 满足，则 ． 【正解】由得当时，，两式相减并整理得（）即（），又由得，由于， 故数列是从第二项起以为公比的等比数列，故 【错解】 2.在数列 中 ，求数列的通项公式． 【正解】因为， 所以Sn. 3．已知数列 的通项公式，则数列的前n项和 【错解】 2.已知数列 INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Temp\\ksohtml420\\wps192.png" \* MERGEFORMATINET 的前项和满足，且． (1)求数列的前项和； (2)求数列的通项公式； (3)记，为前项和，求． 【详解】（1）由已知， 数列是公差为的等差数列，且首项， ，即. （2）由（1）知当时，， 又也满足上式，． （3）由（2）知，， 1．（23-24高二上·湖南长沙·阶段练习）已知数列中，且，则为（ ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·湖南长沙·阶段练习）数列满足，且对任意的都有，则（ ） A． B．数列的前项和为 C．数列的前项和为 D．数列的第项为 3．（23-24高二上·湖南张家界·阶段练习）已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，． (1)求与通项公式； (2)设，求的前项和． 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则，解得，则； ，由于，则， 故解得，则. （2）， 所以. $$