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

微专题6　数列通项、数列求和 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＝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＋＝2n＋1.检验：当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*)． (2)因为＝2n，所以an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得＝，所以a2 024＝×××…×××a1＝×××…×××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＝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＝，∀n∈N*，都有an＋1＝＋＋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＝2.以下同解法一． (2)因为an＋1＝＋＋1，所以设an＋1＋k(n＋1)＋b＝(an＋kn＋b)，所以an＋1＝an－－k－，所以所以所以an＋1－(n＋1)＝(an－n)．设bn＝an－n，所以bn＋1＝bn.因为a1＝，所以b1＝－1＝－，所以数列{bn}是首项为－，公比为的等比数列，所以bn＝－n－1＝－n，所以an＝bn＋n＝－n＋n. [答案]　(1)an＝2n－1＋1　(2)an＝－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＝.令bn＝an＋x，则{bn}为等比数列，求出bn，再还原到an，an＝·cn－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×＝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 解得或当时， an＋1－2an＝3×3n－1＝3n，所以an＋1＝2an＋3n. 两边同时除以3n＋1，则＝·＋，－1＝，所以是以－为首项，为公比的等比数列，所以－1＝×n－1＝－n，所以an＝3n－2n.同理，当时，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，所以设等差数列{an}的公差为d，则 解得所以an＝5＋(n－1)×2＝2n＋3， 所以m的值为，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)＝－6n＋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＝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＝＋(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<1. [解析]　(1)由题知an>0. ∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴an＝(－)(＋)(n≥2)，又an＝＋(n≥2)， ∴－＝1(n≥2)，∴数列是以＝＝1为首项，1为公差的等差数列，∴＝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＝＝－，故Tn＝－＋－＋…＋－＝1－， ∵>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＋＋…＋<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，且解方程组得 ∴{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＝＋＋…＋＝＋＋…＋，则Cn＝＋＋…＋. ∴Cn－Cn＝Cn＝＋＋＋…＋－＝＋2×－， ∴Cn＝3－. ∵Cn＝3－<3恒成立，且C4＝3－>2， ∴存在整数c，使＋＋…＋<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＝n－2，设bn＝－log2(－an)，Tn＝＋＋…＋，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. C．[1,2) 解析　当n＝1时，a1＝S1＝1－2＝－，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－2－n－1＋2＝－n，当n＝1时，a1＝－不满足an＝－n，所以an＝ 当n＝1时，b1＝－log2(－a1)＝－log2＝log2，当n≥2时，bn＝－log2(－an)＝－log2n＝n，所以bn＝所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝2＋＋＋…＋＝log2＋－，因为Tn单调递增，当且仅当n≥5时，不等式Tn≥t成立，所以 解得2＋<t≤2＋，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，φ＝2，φ＝4，数列{an}满足an＝φ. (1)求a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝n，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＝φ＝2n－1. (2)由(1)知an＝φ＝2n－1， 所以a2n＝φ＝22n－1， 所以bn＝n＝n＝n＝n， Sn＝b1＋b2＋…＋bn， 所以Sn＝2×1＋6×2＋…＋×n－1＋×n　①， Sn＝2×2＋6×3＋…＋×n＋×n＋1　②， 所以①－②得Sn＝2×1＋4－×n＋1 ＝－＋4×－×n＋1＝－＋－×n＋1＝－－，所以Sn＝－＋. 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×－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， 所以解得 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＝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 设{an}公差为d，∴ 解得∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明　bn＝b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝＝(n＋4)n， Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12·＋1＝12·＋＝n2＋n， n为偶数且n＞5时，即n≥6时，Tn－Sn＝n2＋n－(n＋4)n＝n2－＞0， n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－4n－10＝n2＋n－5， n为奇数且n＞5，即n≥7时，Tn－Sn＝n2＋n－5－(n＋4)n＝n2－n－5＝(n＋2)(n－5)＞0， ∴n＞5时，Tn＞Sn. 学科网（北京）股份有限公司 $$