2023年上海高考数学满分复习攻略第09讲 数列求通项、求和（解析版）.pdf

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1、数列求通项、求和第09讲 数列求通项、求和-【考点1】Sn与an的关系【考点2】由递推公式求通项 -【考点3】分组求和+【考点4】裂项相消法求和【考点5】错位相减求和区【考点梳理】1.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列 a 的 第项&与2之间的关系可以用一个式子a,=f S)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列 4 的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a“与它的前一项a-(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个

2、等差、等比数列，再求解.(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，从而求得其和.(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，这个数列的前项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列 a 的前项中与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固

3、定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a,与 a,*“或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S与或者相邻三项等)之间的递推关系.9【解题方法和技巧】(S，n,L若数列 a 的前项和为S”通项公式为4,则 a=LS i,2.2 .数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3 .易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.4.与关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化.利用a=$一 转化为只含S,的关系式，再

4、求解；利用S,-S T =a (2 2)转化为只含a,”a-的关系式，再求解.5 .由递推关系式求通项公式的常用方法 已 知 团 且 a”一a”-产 f()，可 用“累加法”求 品,即&=(4&-i)+a 0-2)+(a 一a?)+(也一a)+(2)已知为且 多=()，可 用“累乘法”求a,即 4=于 .2 号,O ft-l 4-1 On-2 02 Q 已 知 团 且 a 什尸衿+6,则 a 什d A=g(a“+%)(其中在可由待定系数法确定)，可转化为等比数列(a,+.(4)形如为+I=丝/(4 B,C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.6 .在利用裂项相消法求和时应

5、注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.7.用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出S”与 qS；的表达式时应特别注意【考点剖析】【考点1 S”与a”的关系1.已知数列 4 的首项q =2,其前项和为S,若5向=2 5“+1,则%=【答案】96【分析】由题意易得S,=2 S,i+l (n 2 2),两式相减可得数列%从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为 5+|=2 S

6、+1,所以 S.=2 s,i +1 (n 2),两式相减得 用=2%,又因为 4=2 ,S 2 =4+%=2 6 +1,得%=3 ,所以数列 凡 从第二项开始成等比数列，2,=1,因此其通项公式为M M%2-2 2，所以%=3 x2 =96 ,故答案为：96.【考点2】由递推公式求通项1 .若数列也 满足：4+3 4+7 4 +-+(2 1)年=2，则数列也 的通项公式为()A.b=2n-B.bn=T-【答案】D分析】利用整体相减的方法即可计算出数列 d 的通项公式【详解】由4+3么+7 a+(2 1)2=2 得，当 1时4+3 4+7伉+(2 T 1)一2 由一得(2-1)=2 =2=高Z

7、1当”=1时 耳=2 x1 =2也满足上式故选：D2.已 知 数 列 4 满 足 =1,4=g，且2%+1。汹1 =a.+q+4,/%-2。“+必1 (2 2),则 数 列 4 的通项公式为【答 案】、【分 析】化简题设条件得到2,得 出 数 列 是 以2为首项，2为公差1 1 c的等差数列，求 得 则-=2，再利用叠加法，即可求解，得到答案.%an【详 解】由题意，数 列 4)满 足2 41+1。,1=。“4+|+%4 1-2%+/“一1(2)两 侧 同 除 氏+1 41，所以数列 是 以2为首项,2为公差的等差数列,则-=2 +(n -1)x 2 =2 ,%a所 以，=+an 4 a21+

8、.+-U l+2+4+-(2 n-2)(n 2),当 =1时，q=l适合上式,所 以_ L =2 一 +1,所 以 数 列 q,的通项公式an=一.n-n +1故答案为：an=5 1-n n+【点 睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列定义及通项公式，以 及“叠 加 法”的应用，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合 理 利 用“叠 加 法”求 解 是 解 答 的 关 键.【考 点3】分 组 求 和1.设 数 列 凡 的 前 项 和 为S,满 足S=-n an(e N).(1)求数列 4 的通项公式；(-1)(2)设数列 的前项和为(，求 的 表 达 式.41【答案】(1)4=7“二；2)2

9、 n2+2 n矶+1)【分析】(1)根据见=.2,即可求出数列 4 的通项公式;(2)利用分组求和法以及等差数列的前和公式即可求出结果.【详解】(1)当=1时，q=R=l-%,即q=3，当2 2时，=S S“_ =nan+nan_x,即（+1）%=（-l）an_,因此一匚=n-+1所以.吐 生 94 T 4-2 4-3 4n-1 -2 n-3 1 1-x-x-x x x+1 n n-3 21经检验，=1时成立，所以。二1几（+1），（2）-=（-1）+=（一1）（1+办所以=一（1 2+1）+（2 2+2）-（3 2+3）+（42+4）-（2 n-l）2+（2 n-l）+（2）2+2=-12+

10、22-32+42-（2-仔+（2）2-1 +2-3+4-（2-1）+2 =3 +7 +（4-1）+=3+（4;_巾！+=2/2 +2”2.已知数列4,的前项和为5“，满足q=l,S“=（；/2 +，（。为常数）.(1)求 ,的通项公式；(2)若 勿=(-l)l g(a“q+J,求数列也 的前项和为7“.【答案】(1)4=；(2)r=(-1)”联 +1).【分析】(1)令 =1,解得：f =g,再由勺=S“一 S“，即可求出a,(2)根据(1)的结论,再利用并项求和，即可求解.【详解】解:令 =1,S =q可得=；,所以S,%2 2 时,S.-1 =1)+(-1)可得 a“=g 2 _(_)2

11、+g =所以a“=(之2 ),又因为q =1满足上式，所以a.=(2)因为2=(-1)1 g(a-an+i)=(-1)(1 g a +1 gan+i)Tn=-(l g q+l g%)+(l g%+l g a3)-(l g a3+l g a 4)+(-l)”(l g%+l g 4+i)=(-l),l g an+1-l g al=(一1)电(+1)所以7；=(-1)联+1)【考 点4】裂项相消法求和2 s+31.已知数列 凡 的前项和为s“，且(1)求证：数列 q是等比数列；(2)求数列J -1的前项和Z,.l o g3a-l o g3a,)+2J答案】(1)证明见解析;2+32(+1)(+2)【

12、分析】(1)根据数列。,与s“的关系，消去S“，即可证明数列%是等比数列；(2)根 据(1)的结果,1 1知-；-=-再利用裂项相消法求和.l og3 an-l og3 an+2 (+2)2 9 +3【详解】解：(1)由q=丁二，得3 a“=2 S”+3,于是得3。向=2 2用+3,-得 3”向 一3 a“=2 an+l,即可+i =3%，当 =1 时，3q=2S+3=2q+3,即 q=3,所以数列 4 是以3为首项，3为公比的等比数列.(2)由(1)知。“=3,所以logs”,=log3 3=，-1 1fj/f 以-=-,log,an-log,an+2 (+2)2 0，则 4 +1=2+d,

13、%+=1 +J ,2 2%=1+4d.因为4+1，七，L,生成等比数列，所 以 性 詈=3+i）%，即（l+|d）=（2+d）（l+4d），2解得4=2或4=一一（舍负），9所以=2-1.（2）因为b“+i=S“+1,所以2=S T+1（之2）,由-得 n=+1）（S i+1）=bn（H 2）,所 以%=纹（2 2）.因为 4=出=3,h2=S|+1 =/?1 +1 =4,所以也 是从第二项开始的等比数列，则数 列 也 的通项公式为n l2n,n 2.由（I）知 z Q “1n _ _（3,n=1,n n-l（2 n-l）-2n,n2,则（=1x3+3 x 22+5 x 23+（2-3）x2T

14、+（2”-1）x2”,27；=2x3+3x23+5x2,+（2“-3）x2+（2-l）x2，-得-1=9 +2x（23+24+2 ）_（2“_ 1）X2 MQ3 _ Q/l+l=9+2 x-（2 n-l）x2,1+1,1-2 1 7所以 7；=7+（2-3）x22.已知数列%、也 满足：an+l=24+1 且q=1,bn=log2（a+l）.(1)求数列%和 也 的通项公式;（2）数列 c,J 满足：一1 一二1 =广an，其中 e N*，若数列 c,J 的前项和为“，求c”b“bHn 4-9【答案】an=2n-l；b,=n.（2）H=2-.【分析】（1）由递推关系可构造等比数列%+1,即可求

15、出 ,代 入 第=b g 2（a.+l）化简即可得2；（2）由（1）可 得%=bn =而n，利用错位相减法求解即可.4+1 2【详解】由4+|=2。“+1,令a n+i+c =2（a.+c）,得C=1,g+1 是以2为首项，以2为公比的等比数列.%+l =2-2 Z,即%=2 1.也=l og 2（q,+l）=n.bn n（2）山题意知q 1=-=77，1 2 3 nH I H-+-I 2 22 23 T1 1 2 3 -1 n 祸=中+*+亍+尹 八 口 1-1 1 1 1 n +2 厂得5”,=5+齐+牙+牙 一 萍=1 一 五 9【真题模拟题专练】一、单选题1.（2 0 2 2 上 海

16、二 模）已知等差数列 4 的前”项和为S,若为=2,且$4 =4,则下列说法中正确的是（）A.为 为递增数列B.当且仅当=5 时，S,有最大值C.不等式S.0 的解集为 n e N*|M 1 O D.不等式为 0 的解集为R1 0f l|=T3【答案】C【分析】根据已知求出首项和公差即可依次判断.【详解】由S 4=$7，知为+4+%=0，即=0，设等差数列 4 的首项 外,公差，,1 a +5 4 =0，解得对于A,由40,知 “为递减数列，故A错误；对 于 B,由4=0,知当 =5 或=6 时，5.有最大值，故 B 错误；对于C,由 等 差 数 列 求 和 公 式 知+即“2 一 1 1 0

17、,解得即 WAT|n 0,解得 6,故 D 错误；故选：C.二、填空题2 .（2 0 2 1 上海静安 一模）设 函 数/（x）=2 x R,数 列%中,2 +,2CN+,%=也）吗=省+同，一般 地,%=，岛卜/（舟+/岛 卜 一 +，岛（其中4=1,2,3,）.则数列e 的前项和S=.【答案】+【分析】先证明幻+/（1-幻=5三 万+高g=2,从而可求数列 ,的通项公式，最后求和即可.【详42v+,2 2 T 2X+1 不解】因为小)+*7)=口+广达=口+二空2 _ 2 田+4 _ 2(2:+扬 _?-2X+A/2 2 +2*及 一(2*+7 2)-所 以 一 出=0 4 2=1所以当人

18、为偶数时，当我为奇数时,所以4 =，数列。,的前项和S =故答案为：n2 +n3.(2021 上海杨浦 一模)等差数列 q 满足:4 ；在区间(1 1,20)中的项恰好比区间 41,5 0中的项少2项，则数列 为 的通项公式为为=.【答案】3 一43【分析】由已知得出d,根据区间的长度确定在区间 41,5 0上可能含有的数列中的项数，结合区间(1 1,20),然后根据项数的可能值分类讨论，确定数列.5 0-41 9 =【详解】由4=,d J ,因此在区间 41,5 0上最多有5项，又在区间22 2(1 1,20)中的项恰好比区间 41,5 0中的项少2项，因此数列“在(1 1,20)上的项数可

19、能为1,2,3,相应地在 41,5 0上项数分别为3,4,5.ci-d 1 1(1)若在(1 1,20)上的项数可能为1,设。是数列在区间(1 1,20)的项，在 41,5()上项数为3,山 得 a +d 2 209 9 9d N 一，由2 d K 9 =5 0 41 得 1一，所以d 二 一，2 2 29 9这样41,41 +万,5 0是数列中的连续三项，4 是等差数列，因此1 1,1 1 +万,20也是 q 中连续三项(否则数列41-1 1 20 A,-=2 N q 中有两项在(1 1,20)上)，但 2 3，矛盾；2(2)若在(1 1,20)上的项数可能为2,设。是数列在区间(1 1,2

20、0)的最小项，在 41,5 0上项数为4,由cc得d N 3,由 3d 20这样41,44,47,50是数列中的连续四项，“是等差数列，因此11,14,17,20也是%中连续四项，(否则数列 4 中有三项在(11,20)上)，又 11-9=20,11-12=-1 0,所以q=_ l,%=2,d=3,满足题意，%=-1+3(4-1)=3-4；(3)若在(1 2 0)上的项数可能为3,设。是数列在区间(U,20)的最小项，在41,50上项数为5,a-d2 0 4 4 4这样41,41+。9 41+9；,41+2下7,50是数列中的连续五项，可 是等差数列，因此1111+0：1 1+9/1 1+2工

21、7,20也4 2 4 4 2 441-11 40是 勺 中连续五项(否则数列 勺 中有四项在(11，20)上)，但3一 可/，矛盾；4综上所述，a=3n-4.故答案为：3n-4.M 14.(2022 上海二模)已知数列 为 中，。“=可，则下列说法正确的序号是此数列没有最大项；此数列的最大项是出：此数列没有最小项；此数列的最小项是为.【答案】Y-1 1 2【分析】根据题意，分析函数 =在 方=二7一 日 赤，由 此 分 析 数 列 的 单 调 情 况，据此分析即可求解.n 【详解】由。=诃 子，得n-1 n+1 2 1 2 x-1 1 2an rT =;r j-;=7 J，对于函数丁 =7 7

22、7=，xN l,(,7+1)(7 2 +1)(/I+1)+1(+1)(X 4-1)X 4-1(X+1)设=+(芸)则-2/=一2 0 m当f=J,即x=3时，函数丫 =卢 二 取得最大值，4(x+1)当lx =9W为增函数，4 x+1 2(x+1)1 1 x 1当xw4时，,函数y =；为减函数，x+l 4(X+1)所以数列 4 中，当时，数列 4 递增，且4=0,当2 4时，数列%递减，此时有4。，3-1 1所以数列的最大项是=d(3+1)8最小项为4=0.故答案为：.5.(2022 上 海 宝 山 一 模)已 知 数 列 “的前项和为S“，且满足%=1 +(-1),5%=/，则S n=_【

23、答案】n2【分析】根据通项公式列出方程求出d,利用前项和公式求解.【详解】因为q,=i+(T)d,5%=4所以 5(l+d)=1+7 dn d=2,所以 ,是以2为公差的等差数列，所以S.=也 号 曰=”2,故答案为：n2三、解答题,x 2a 16.(2020 上海高三专题练习)数列 ,中，q=-2,。，用=万 二 一，求。”的通项公式.自、2，【答案】an=-1-J2 an-1 ,3,1【分析】通过对递推关系式见+1=学一，变形可知-7 =-1 +7,令4=17,即2一 勺 山+1 可+1 4，+12+1 -；=-()，可知数列“乙,-g 1为等比数列，再由等比数列的通项公式即可求解，从而得

24、到勺.2。“-12-。“【详解】Q +1 an+12 a“-1 +=2 a.-1 +2-=%,+12 a”2 42 41两边取倒数得:2-。-（。“+1）+3 3-1 H-4小+1 4+1%+14,+1令“六，则%=T+32何 得=3,一|,又 乙 彳=尚一；=4所以数列 2-；是首项为-T，公比为3的等比数列也1丁4_ 产,故金1 a泊1 3 1-32 2 2即 1-3*二 亍2解得q=一11-J【点睛】方法点睛：本题考查等比数列的定义和等比数列的通项公式，求数列通项公式常用的方法：(1)由a”与S”的关系求通项公式：(2)累加法；(3)累乘法；(4)构造新数列法.考查了学生的转化与数学运算

25、能力，属于较难题.7.(2 0 2 0上海浦东新区华师大二附中高三月考)已知数列 4,4与函数 =/(%),4是首项a,=1 5,公差4/0的等差数列，数列 4满足：”,=于.).若d =2,/(x)=|x-2 1|,求 也 的前项和S.；若d =-l,f(x)=ex,Tn=bt b2 by d，问取何值时，T”的值最大？一 2+7 l n 5【分析】依题意,%=1 5 +2(“-1)=2 +1 3也=|2 一8|,对分类讨论，利用等差数列的求和公式即可得出；(2)依题意,=1 5-(-1)=1 6-从 勿=e 5 ,利用指数运算性质、等差数列的求和公式及其二次函数的单调性即可得出.【详解】依题意,a”=1 5 +2(-1)=2 +1 3也=|2一8|.包=|2-8=8 2 z z,n 45,=例+|可+|可+闻=7 一 2,1 5(2)依 题 意=5 _(1)=6_，么=*-Tn=b,b2 b3.bn=ea +a=e ），当 =15或16时,7；最大.【点睹】本题考查了求等差数列的公差和等差数列前几项和公式.掌握指数运算性质、等差数列的求和公式及其二次函数的单调性是解题关键，考查了分析能力和计算能力,属于中等题.