6.3数列通项与求和-2023届高三数学（艺考生）一轮复习讲义（解析版）.docx

注：请用Microsoft Word2016以上版本打开文件进行编辑，用WPS等其他软件可能会出现乱码等现象.专题六 数列第3讲 数列通项与求和一、数列求通项：1.利用与的关系求通项公式；2.累加法：若已知且的形式； 3.累乘法：若已知且的形式；4.构造法：的形式 二、数列求和：1.分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减2.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和3.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解4.倒序相加法：如果一个数列an与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解1已知数列an的前n项和为Sn，Sn4n2+2n，则此数列的通项公式为（）Aan2n2Ban8n2Can2n1Dann2n【解答】解：Sn4n2+2n，n1时，a1S16；n2时，anSnSn14n2+2n4（n1）2+2（n1）8n2n1时也成立an8n2故选：B2已知数列an的前n项和为Sn，满足2Sn3an1，则通项公式an等于（）Aan=2n1Ban=2nCan=3n1Dan=3n【解答】解：2Sn3an1，可得2a12S13a11，解得a11；n2时，2Sn13an11，又2Sn3an1，两式相减可得2an3an3an1，即为an3an1，则数列an为首项为1，公比为3的等比数列，可得an3n1，故选：C3数列an中，已知a12，且an+1an+2n+1，则a10（）A19B21C99D101【解答】解：由an+1an+2n+1，得an+1an2n+1，a2a12×1+1，a3a22×2+1，a4a32×3+1，a10a92×9+1累加可得：a10a1=2(1+2+9)+9=2×(1+9)×92+9=99a1099+2101故选：D4数列an中，若a1=1，an+1=nn+1an，则an1n【解答】解：数列an中，若a1=1，an+1=nn+1an，可得anan1=n1n，可得：a2a1=12，a3a2=23，a4a3=34，得anan1=n1n，累积可得an=12×23×34××n1na1=1n故答案为：1n5已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a33，S410（）求数列an的通项公式an；（）若bn=2an，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（）设等差数列an的公差为d，由a3=3S4=10，得a1+2d=34a1+4×32d=10，解之得：a1=1d=1，an1+（n1）×1，即ann；（）bn=2an，ann，bn=2n，Tnb1+b2+b3+bn=21+22+2n=2(12n)12=2n+126已知数列bn为等比数列，bnan+2n1，且a15，a215（1）求bn的通项公式；（2）求数列an的前n项和Sn【解答】解：（1）根据题意，设等比数列bn的公比为q，若bnan+2n1，且a15，a215，则b1a1+15+16，b2a2+315+318，则其公比q=b2b1=3，则bnb1qn12×3n，故bn2×3n（2）根据题意，由（1）的结论bnan+2n12×3n，则an2×3n（2n1），则Sn（61）+（183）+2×3n（2n1）（6+18+2×3n）1+3+（2n12×3(13n)131+(2n1)×n2=3n+1n237已知数列an是公差不为零的等差数列，a11，且a1，a2，a4成等比数列；（）求通项an；（）令bnan+2an，求数列bn的前n项和Sn【解答】解：（）设数列an的公差为d（d0），因为a1，a2，a4成等比数列，所以a22=a1a4，则(a1+d)2=a1(a1+3d)，化简得，a1d，由a11得，d1，所以an1+（n1）n；（）由（）得，bnan+2an=n+2n，所以Snb1+b2+bn（1+2+n）+（2+22+2n）=n(n+1)2+2(12n)12=n(n+1)2+2n+12 =n2+n42+2n+18已知等差数列an的前n项和为Sn，且a25，a3+S431（1）求an的通项公式an；（2）设cn=1Sn，求数列cn的前n项和Tn【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，由a25，a3+S431得a1+d5，a1+2d+4a1+6d31，解得a13，d2，所以an3+2（n1）2n+1（2）由an2n+1，得Sn=12n（3+2n+1）n2+2n，所以1Sn=1n(n+2)=12（1n1n+2），所以前n项和Tn=12（113+1214+1315+1n11n+1+1n1n+2）=12（321n+11n+2）=342n+32n2+6n+49已知递增等比数列an，a3a432，a1+a633，另一数列bn其前n项和Snn2+n（1）求an、bn通项公式；（2）设bnan其前n项和为Tn，求Tn【解答】解：（1）设公比为q的递增等比数列an，a3a432，根据等比数列的性质a1a6a3a432，由于a1+a633，所以a1a6=32a1+a6=33，解得a11，a632，进一步求出q2，所以an=2n1，由于数列bn其前n项和Snn2+n当n2时，bn=SnSn1=n2+n(n1)2(n1)=2n当n1时，b12（符合通项公式），故bn2n，（2）由（1）得：bnan=2n2n1=n(12)n2，所以Tn=1(12)1+2(12)0+n(12)n2，所以12Tn=1(12)0+2(12)1+n(12)n1，得12Tn=(12)1+(12)0+(12)n2n(12)n1，整理得：12Tn=2(112n)112n(12)n1，所以Tn=8(12)n3n(12)n2=8（n+2）（12）n210已知数列an满足a12，1an+11an=12等比数列bn的公比为3，且b1+b310（1）求数列an和bn的通项公式；（2）记数列cn=an2n+2+bn，求数列cn的前n项和Tn【解答】解：（1）数列an满足a12，1an+11an=12，1an是以12为首项，以12为公差的等差数列，1an=12+12（n1）=n2，an=2n，等比数列bn的公比为3，且b1+b310，b1+9b110，b11，bn3n1，（2）cn=an2n+2+bn=1n(n+1)+3n1=1n1n+1+3n1，Tn（112+1213+1n1n+1）+（1+3+32+3n1）11n+1+13n1311n+112+123n=121n+1+3n211已知公差为正数的等差数列an的前n项和为Sn，且a2a340，S426，数列bn的前n项和Tn2n+12（nN*）（1）求数列an与bn的通项公式；（2）求数列anbn的前n项和Mn【解答】解：（1）公差d为正数的等差数列an的前n项和为Sn，且a2a340，S426，可得（a1+d）（a1+2d）40，4a1+6d26，解得a12，d3，即an2+3（n1）3n1；数列bn的前n项和Tn2n+12（nN*），可得b1T12；n2时，bnTnTn12n+122n+22n，对n1也成立，可得bn2n，nN*；（2）anbn（3n1）2n，则前n项和Mn22+54+88+（3n1）2n，2Mn24+58+816+（3n1）2n+1，相减可得Mn4+3（4+8+2n）（3n1）2n+14+34(12n1)12（3n1）2n+1，化简可得Mn8+（3n4）2n+112已知数列an满足：a11，an+12an+n1（1）证明：数列an+n是等比数列；（2）设bn（2n1）（an+n），求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）证明：由a11，an+12an+n1，可得an+1+（n+1）2an+2n2（an+n），则数列an+n是首项为2、公比为2的等比数列；（2）由（1）可得an+n2n，则bn（2n1）（an+n）（2n1）2n，数列bn的前n项和Tn12+322+523+.+（2n3）2n1+（2n1）2n，2Tn122+323+524+.+（2n3）2n+（2n1）2n+1，上面两式相减可得Tn2+2（22+23+.+2n1+2n）（2n1）2n+12+24(12n1)12（2n1）2n+1，化为Tn6+（2n3）2n+113已知各项都为正数的等比数列an，a232，a3a4a58（1）求数列an的通项公式；（2）设bnlog2an，Tn|b1|+|b2|+|b3|+|bn|，求Tn【解答】解：（1）设各项都为正数的等比数列an的公比为q，则q0a232，a3a4a58，a2=a1q=32a3a4a5=a43=(a1q3)3=8，解得：a127，q=14，所以an292n，nN*；（2）由（1）知bnlog2an92n，|bn|=92n，1n42n9，n4，当1n4时，Tnn×7+92n2=8nn2；当n4时，Tn（7+5+3+1）+1+2n92×(n4)=n28n+32，所以Tn=8nn2，1n4n28n+32，n414已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an3（1）求an；（2）设bnlog2an+13，求数列1bnbn+1的前n项和【解答】解：（1）由题设知：Sn2an3，Sn12an13，两式相减得an2an2an1，即an2an1，an为公比为2的等比数列，a1=S1=2a13，a1=3，an=32n1；（2）bn=log232n3=n，bnbn+1=1n(n+1)=1n1n+1，Tn=(112)+(1213)+(1n1n+1)=11n+1=nn+115已知数列an中，a12，an+12an+2n+1，设bn=an2n（）求证：数列bn是等差数列；（）求数列1bnbn+1的前n项和Sn【解答】解：（）证明：当n2时，bnbn1=an2nan12n1=an2an12n=1，b11，所以bn是以为1首项，为1公差的等差数列（）由（）可知，bnn，所以1bnbn+1=1n1n+1，所以Sn=112+1213+1n1n+1=11n+116已知数列an对任意nN*满足a1+3a2+5a3+（2n1）an（n1）3n+1+2（1）求数列an的通项公式；（2）设数列an的前n项和为Sn，求使得Sn2019成立的正整数n的最小值【解答】解：（1）因为a1+3a2+5a3+(2n3)an1+(2n1)an=(n1)3n+1+2，所以a1+3a2+5a3+(2n3)an1=(n2)3n+2（n2），两式相减，得(2n1)an=(3n3)(n2)3n=(2n1)3n（n2），所以an=3n(n2)又当n1时，得a12，不满足上式所以数列an的通项公式为an=2，(n=1)3n，(n2)（2）由（1）知，S12，所以S12019不成立，当n2时，Sna1+a2+a3+an2+32+33+3n1+3+32+33+3n=1+3×(13n)13=3n+152，由Sn=3n+1522019，得3n+14043令f（n）3n+1，则f（n）为增函数，又218737f（6）4043f（7）386561因此要使3n+14043成立，只需n7，故使Sn2019成立的正整数n的最小值为7