专题2 微专题6 数列通项、数列求和（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题二　数　列 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 微专题6　数列通项、数列求和 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题二　数　列 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　数列的通项 方法一　累加、累乘法 　(1)已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________． (2)已知数列{an}满足eq \f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，则a2 024＝________. [解析]　(1)因为an－an－1＝2n－1(n≥2)，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝2＋eq \f(1－2n,1－2)＝2n＋1.检验：当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*)． (2)因为eq \f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，所以an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,2n－1)，所以a2 024＝eq \f(a2 024,a2 023)×eq \f(a2 023,a2 022)×eq \f(a2 022,a2 021)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(4 047,4 045)×eq \f(4 045,4 043)×eq \f(4 043,4 041)×…×eq \f(5,3)×eq \f(3,1)×1＝4 047. [答案]　(1)an＝2n＋1(n∈N*)　(2)4 047 (1)已知an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an. (2)已知eq \f(an,an－1)＝f(n)，可用“累乘法”求an.　 方法二　待定系数法构造新数列 　(1)在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2an－1，则数列{an}的通项公式为________． (2)已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，∀n∈N*，都有an＋1＝eq \f(an,2)＋eq \f(n,2)＋1，则数列{an}的通项公式为________． [解析]　(1)解法一　因为an＋1＝2an－1，所以设an＋1＋x＝2(an＋x)，所以an＋1＝2an＋x，所以x＝－1，所以an＋1－1＝2(an－1)．又a1－1＝1，所以数列{an－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝1·2n－1，所以an＝2n－1＋1. 解法二　因为a1＝2，所以a2＝2a1－1＝3，a3＝2a2－1＝5，…，以此类推可知，对任意的n∈N*，an≥2，所以eq \f(an＋1－1,an－1)＝2.以下同解法一． (2)因为an＋1＝eq \f(an,2)＋eq \f(n,2)＋1，所以设an＋1＋k(n＋1)＋b＝eq \f(1,2)(an＋kn＋b)，所以an＋1＝eq \f(1,2)an－eq \f(kn,2)－k－eq \f(b,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)＝\f(1,2)，,－k－\f(b,2)＝1，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＝－1，,b＝0，))所以an＋1－(n＋1)＝eq \f(1,2)(an－n)．设bn＝an－n，所以bn＋1＝eq \f(1,2)bn.因为a1＝eq \f(1,2)，所以b1＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)，所以数列{bn}是首项为－eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以bn＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＝bn＋n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n. [答案]　(1)an＝2n－1＋1　(2)an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n (1)形如an＝can－1＋d(c，d为常数，c≠0，c≠1，d≠0)，可以构造一个等比数列，只要在每一项同时加上一个常数即可，即an＋x＝c(an－1＋x)，得常数x＝eq \f(d,c－1).令bn＝an＋x，则{bn}为等比数列，求出bn，再还原到an，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(d,c－1)))·cn－1－eq \f(d,c－1). (2)形如an＝can－1＋dn＋e(c≠0，c≠1，d≠0)，可以构造一个等比数列，只要在每一项后面加上一个与相应的项的下标一致的一次函数即可．　 【预测练1】 1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝an＋1，a1＝2，则S2 024的值为(　　) A．22 024　　　　　　 B．3×22 022 C．22 025－2 D．3×22 023－1 解析　由题得an＋1＝Sn＋1，当n≥2时，an＝Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an.又a1＝2，a2＝S1＋1＝a1＋1＝3，所以{an}从第二项开始成等比数列，当n≥2时，an＝3×2n－2，S2 024＝2＋3×(1＋2＋22＋…＋22 022)＝2＋3×eq \f(1－22 023,1－2)＝3×22 023－1. 答案 D 2．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an，则数列{an}的通项公式为________． 解析　构造等比数列{an＋1＋λan}，公比为q，则an＋2＋λan＋1＝q(an＋1＋λan)，即an＋2＝(q－λ)an＋1＋qλan.又an＋2＝5an＋1－6an，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q－λ＝5，,qλ＝－6，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－2，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,q＝2.))当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－2，,q＝3))时， an＋1－2an＝3×3n－1＝3n，所以an＋1＝2an＋3n. 两边同时除以3n＋1，则eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n)＋eq \f(1,3)，eq \f(an＋1,3n＋1)－1＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)－1))，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)－1))是以－eq \f(2,3)为首项，eq \f(2,3)为公比的等比数列，所以eq \f(an,3n)－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，所以an＝3n－2n.同理，当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,q＝2))时，an＝3n－2n.综上，an＝3n－2n. 答案　an＝3n－2n 命题点2　数列求和 方法一　分组求和法 　(2024·山东聊城二模)已知数列{an}，{bn}满足a2n－1＝b2n－1＋12m，a2n＝mb2n，m为常数，若{an}为等差数列，且b4－b2＝2(b3－b1)＝2(a1＋b1)＝8. (1)求m的值及{an}的通项公式； (2)求{bn}的前2n项和S2n. [解析]　(1)由题意知b4－b2＝8，b3－b1＝4，a1＋b1＝4，因为a2n－1＝b2n－1＋12m，a2n＝mb2n，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋12m，,a2＝mb2，,a3＝b3＋12m，,a4＝mb4，,a1＋b1＝2a1－12m，))设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3－a1＝b3－b1＝4＝2d，,a4－a2＝mb4－b2＝8m＝2d，,a1＋b1＝2a1－12m＝4，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(d＝2，,m＝\f(1,2)，,b1＝－1，,a1＝5，))所以an＝5＋(n－1)×2＝2n＋3， 所以m的值为eq \f(1,2)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝2n＋3. (2)由(1)知，an＝2n＋3，b2n－1＝a2n－1－6，b2n＝2a2n，所以S2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1－6n)＋2(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝eq \f(na1＋a2n－1,2)－6n＋2×eq \f(na2＋a2n,2)＝eq \f(n5＋4n＋1,2)－6n＋n(7＋4n＋3)＝6n2＋7n.所以{bn}的前2n项和S2n＝6n2＋7n. (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． (2)若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和．　 方法二　裂项相消法 　(2024·湖南长郡中学二模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋2,2nanan＋1)))的前n项和为Tn，求证：Tn<1. [解析]　(1)由题知an>0. ∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴an＝(eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1))(eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1))(n≥2)，又an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2)， ∴eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(Sn)))是以eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1为首项，1为公差的等差数列，∴eq \r(Sn)＝1＋(n－1)＝n，∴Sn＝n2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1，满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)证明　由(1)可知，an＝2n－1，则eq \f(an＋2,2nanan＋1)＝eq \f(2n＋3,2n2n－12n＋1)＝eq \f(1,2n－12n－1)－eq \f(1,2n＋12n)，故Tn＝eq \f(1,1×20)－eq \f(1,3×21)＋eq \f(1,3×21)－eq \f(1,5×22)＋…＋eq \f(1,2n－12n－1)－eq \f(1,2n＋12n)＝1－eq \f(1,2n＋12n)， ∵eq \f(1,2n＋12n)>0，∴Tn<1. 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．　 方法三　错位相减法 　(2024·云南一模)已知{an}为等比数列，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S5＝62，S10＝2 046,2Tn＝nbn＋n，b2＝3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)是否存在整数c，使eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)<c对任意正整数n都成立？若存在，求c的最小值；若不存在，请说明理由． [解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，根据已知得q≠1，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S5＝\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－q5)),1－q)＝62，,S10＝\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－q10)),1－q)＝2 046，))解方程组得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2.)) ∴{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n. ∵2Tn＝nbn＋n， ∴2T1＝2b1＝b1＋1，解得b1＝1， 且2Tn＋1＝(n＋1)bn＋1＋n＋1. ∴2Tn＋1－2Tn＝(n＋1)bn＋1＋n＋1－nbn－n， 即2bn＋1＝(n＋1)bn＋1＋n＋1－nbn－n. ∴(n－1)bn＋1＝nbn－1且nbn＋2＝(n＋1)bn＋1－1， 则nbn＋2－(n－1)bn＋1＝(n＋1)bn＋1－nbn， 整理得bn＋2＋bn＝2bn＋1，故{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1. ∴{bn}的通项公式为bn＝2n－1. (2)设Cn＝eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，则eq \f(1,2)Cn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n＋1). ∴Cn－eq \f(1,2)Cn＝eq \f(1,2)Cn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(2,2n)－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(\f(1,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n＋1)， ∴Cn＝3－eq \f(2n＋3,2n). ∵Cn＝3－eq \f(2n＋3,2n)<3恒成立，且C4＝3－eq \f(11,16)>2， ∴存在整数c，使eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)<c对任意正整数n都成立，且c的最小值为3. 如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．　 【预测练2】 1．(2024·四川遂宁二诊)已知n∈N*，若数列{an}的前n项和Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，设bn＝－log2(－an)，Tn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)，当且仅当n≥5时，不等式Tn≥t成立，则实数t的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(5,6))) C．[1,2) 解析　当n＝1时，a1＝S1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1－2＝－eq \f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，当n＝1时，a1＝－eq \f(3,2)不满足an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，n＝1，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n≥2.)) 当n＝1时，b1＝－log2(－a1)＝－log2eq \f(3,2)＝log2eq \f(2,3)，当n≥2时，bn＝－log2(－an)＝－log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝n，所以bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(log2\f(2,3)，n＝1，,n，n≥2，))所以Tn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2log2\f(2,3))＋eq \f(1,2×3)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,nn＋1)＝ 2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝ 2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)，因为Tn单调递增，当且仅当n≥5时，不等式Tn≥t成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(T5≥t，,T4<t，)) 解得2＋eq \f(3,10)<t≤2＋eq \f(1,3)，故选D. 答案 D 2．(2024·浙江二模)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如：φ(1)＝1，φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))＝2，φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8))＝4，数列{an}满足an＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)). (1)求a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))neq \f(log2a2n,a2n)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　(1)由题意可知a1＝φ(2)＝1，a2＝φ(4)＝2，a3＝φ(8)＝4， 由题意可知，正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n－1个， 所以an＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n))＝2n－1. (2)由(1)知an＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n))＝2n－1， 所以a2n＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22n))＝22n－1， 所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))neq \f(log2a2n,a2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))neq \f(log222n－1,22n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1)) eq \f(2,4n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n， Sn＝b1＋b2＋…＋bn， 所以Sn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))1＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－6))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－2))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n　①， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))Sn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－6))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－2))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n＋1　②， 所以①－②得eq \f(5,4)Sn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))1＋4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－2))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n＋1 ＝－eq \f(1,2)＋4×eq \f(\f(1,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4))))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－2))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n＋1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,5) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－2))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n＋1＝－eq \f(3,10)－eq \f(20n＋6,5×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4))n＋1)，所以Sn＝－eq \f(6,25)＋eq \f(20n＋6,25×－4n). 1．(2024·全国甲卷·理)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)第1步：根据数列中an和Sn的关系求数列{an}的递推关系 因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.(数列中an和Sn的关系：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1) 第2步：求出a1 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 第3步：求数列{an}的通项公式 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，(易错警示：由an＝－3an－1(n≥2)还不能说数列{an}是等比数列，必须说明其首项不为0才可以) 所以an＝4×(－3)n－1. (2)解法一(错位相减法)　第1步：求出数列{bn}的通项公式 因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 第2步：利用错位相减法求Tn 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×eq \f(31－3n－1,1－3)－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 解法二(裂项求和)　第1步：求出数列{bn}的通项公式bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 第2步：利用待定系数法对bn进行裂项 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1， 则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1·[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2k＝4，,2b＋k＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝－1，)) 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1， 第3步：求和 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数.))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解析　(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝32，,a1－6＋2a2＋a3－6＝16，)) 设{an}公差为d，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(44－1,2)d＝32，,a2＝7，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明　bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数.))b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝eq \f(5＋2n＋3n,2)＝(n＋4)n， Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12·eq \f(n,2)＋1＝12·eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2)))·\f(n,2),2)＋eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n， n为偶数且n＞5时，即n≥6时，Tn－Sn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n－(n＋4)n＝eq \f(1,2)n2－eq \f(n,2)＞0， n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－4n－10＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5， n为奇数且n＞5，即n≥7时，Tn－Sn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5－(n＋4)n＝eq \f(1,2)n2－eq \f(3,2)n－5＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)＞0， ∴n＞5时，Tn＞Sn. $$