专题三　数列的运算及求和 讲义--2025届高三数学二轮复习

专题三　数列的运算及求和讲义 一、考情分析 高频考点 高考预测 等差、等比数列基本量的计算 在解答题中,会继续考查等差、等比数列的判定,基本量的计算以及由递推公式求通项、数列求和等问题 等差、等比数列的判定及应用 数列通项及数列求和的综合问题 二、回归真题 (2024·全国甲卷)设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. 总结　1.(1)本例第(1)小题考查了由f(an,Sn)=0求通项an. (2)考查了乘比错项求和法. 2.求通项公式的主要类型有 (1)由推递式求an;(2)由Sn求an;(3)由方程f(an,Sn)=0求an;(4)利用累加、累乘求an. 3.数列求和的常用方法: (1)公式法;(2)分组法与并项法;(3)倒序相加法; (4)错位相减法;(5)裂项求和法;(6)讨论求和法. 三、综合提升 1.(构造等比+累加法求通项)(2024·无锡调研)设数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=4an+1-3an+6n-3,n∈N*. (1)证明:数列{an+1-an+3n}为等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 2.(等差数列证明+累乘法求通项+裂项法求和)(2024·深圳调研)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=4,S4=20,且为等差数列. (1)求证:数列{an}为等差数列; (2)若数列{bn}满足b1=6,且,设Tn为数列{bn}的前n项和,集合M={Tn|Tn∈N*},求M(用列举法表示). 3.(基本量运算+错位相减法求和)(2024·金华十校调研)已知数列{an}是等差数列,a1=3,d≠0,且a1,a7,a25构成等比数列. (1)求an; (2)设f(n)=an,若存在数列{bn}满足b1=1,b2=7,b3=25,且数列{f(bn)}为等比数列,求{anbn}的前n项和Sn(n∈N*). 4.(分组求和+待定系数法求通项)(2024·汕头模拟)已知数列{an}和{bn},其中bn=,n∈N*,数列{an+bn}的前n项和为Sn. (1)若an=2n,求Sn; (2)若{bn}是各项为正的等比数列,Sn=3n,求数列{an}和{bn}的通项公式. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 答案详解 专题三　数列的运算及求和讲义 二、回归真题 解(1)因为4Sn=3an+4①,所以当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②.则当n≥2时,①-②得4an=3an-3an-1,即an=-3an-1. 当n=1时,由4Sn=3an+4得4a1=3a1+4,所以a1=4≠0,所以数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列, 所以an=4×(-3)n-1. (2)因为bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1,所以Tn=4×30+8×31+12×32+…+4n·3n-1, 所以3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n·3n,两式相减得-2Tn=4+4(31+32+…+3n-1)-4n·3n=4+4×-4n·3n=-2+(2-4n)·3n, 所以Tn=1+(2n-1)·3n. 三、综合提升 1.(1)证明　由an+2=4an+1-3an+6n-3,则an+2-an+1+3(n+1)=3an+1-3an+9n,所以=3,由a1=1,a2=2, 则a2-a1+3=2-1+3=4≠0,故数列{an+1-an+3n}是以4为首项,3为公比的等比数列. (2)解　由(1)可知数列{an+1-an+3n}是以4为首项,以3为公比的等比数列,故an+1-an+3n=4×3n-1,an+1-an=4×3n-1-3n, 则a2-a1=4×30-3×1,a3-a2=4×3-3×2,…,an-an-1=4×3n-2-3×(n-1). 由累加法可得:an-a1=,由a1=1,则an=2×3n-1-1-,n∈N*. 2.(1)证明　设等差数列的公差为d,则+3d,即S1+3d=5① 因为S2=a1+a2=S1+4,所以由+d,得S1+2d=4② 由①②解得S1=2,d=1,所以=n+1,即Sn=n(n+1),当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n,当n=1时,a1=S1=2, 上式也成立, 所以an=2n(n∈N*),所以{an}是等差数列. (2)解　由(1)可知,当n≥2时,bn=, 因为b1=6满足上式,所以bn=(n∈N*). Tn=12=12×,因为当∈N*时,n=1,2,3,5,11, 所以M={6,8,9,10,11}. 3.解　(1)∵{an}是等差数列,a1=3,d≠0,∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.∵a1,a7,a25构成等比数列,∴(a1+6d)2=a1(a1+24d), 化简可得a1=3d=3,∴d=1,所以an=n+2. (2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,又数列{f(bn)}为等比数列,∴f(bn)=3n, 而f(bn)==bn+2,∴3n=bn+2,∴bn=3n-2,所以anbn=(n+2)3n-2(n+2), 设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn,则Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n①;3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1② ①②相减得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,化简可得Tn=-=, 又因为等差数列{2(n+2)}的前n项和为=n2+5n,综上可得Sn=-(n2+5n),n∈N*. 4.解　(1)当n≥2时,an-an-1=2n-2(n-1)=2,从而{an}是等差数列,an=2n,=4,所以{bn}是等比数列, 又b1==22=4,则bn=4×4n-1=4n,所以Sn==n2+n+(4n-1),n∈N*. (2){bn}是各项为正的等比数列,设其首项为b1,公比为q,由bn=,可得an=log2bn, 则an+1-an=log2bn+1-log2bn=log2q,(定值)则数列{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d, 由数列{an+bn}的前n项和Sn=3n,则可得方程组 整理得解得b1q(q-1)2=0,∴b1≠0,q≠0, ∴q=1且d=0,由a1+=3,可得a1=1,则b1=2, 则数列{an}的通项公式为an=1,数列{bn}的通项公式为bn=2. 学科网（北京）股份有限公司 $$