2021届高三数学二轮复习：数列专题及其答案

1、2021届高三第二轮复习一一数列第1讲等差、等比考点【高考感悟从近三年高考看，高考命题热点考向可能为:考什么怎么考题型与难度1.等差(比)数列的根本运算主要考查等差、等比数列的基 本量的求解题型：三种题型均可出现 难度：根底题2.等差(比)数列的判定与证明主要考查等差、等比数列的定义证明题型：三种题型均可出现 难度：根底题或中档题3.等差(比)数列的性质主要考查等差、等比数列的性 质题型：选择题或填空题 难度：根底题或中档题1. 必记公式(1) 等差数列通项公式：an= ai+ (n- 1)d.(2)等差数列前n项和公式:Sn =n (a1+ an)2=n a1 +等比数列通项公式：ana1q

2、n 1(4)等比数列前n项和公式：na1 (q= 1)Sn= a1 (1 -qn) _1 q a1 anq1 q(qz 1)(5)等差中项公式：2an= an-1 + an+1(n?2).等比中项公式： an= an-1 an+ 1(n?2).S1 ( n = 1)数列an 的前n项和与通项an之间的关系：an = Sn- Sn-1 (n> 2)2. 重要性质(1) 通项公式的推广：等差数列中，an= am+ (n- m)d;等比数列中，an= amqn m(2) 增减性：等差数列中，假设公差大于零，那么数列为递增数列；假设公差小于零，那么数列为递减数列.等比数列中，假设 a1>0

3、且q> 1或a1 < 0且0v qv 1,那么数列为递增数列；假设 a1> 0且0v qv 1或a1 v 0且q> 1,那么数列为递减数列.3. 易错提醒(1) 无视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，无视各项都不为零的条件.(2) 漏掉等比中项：正数 a, b的等比中项是士.ab,容易漏掉一_ab.【真题体验】1.2021新课标I高考an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和假设S8= 4S4,那么a10=A.1719B.192C. 10D. 1212.2021新课标n高考等比数列an满足a1 = 4， a3a5= 4a4 1，贝U a2=A . 2 B.

4、1C.1 D.12 83.2021浙江高考an是等差数列，公差 d不为零.假设 a2, a3, a7成等比数列，且 2a1+ a2= 1,贝U a14. 2021全国卷1 an是公差为3的等差数列,数列10 满足 W, b2 = 3 , anbn1 bn1 nbn ,.求an的通项公式；II求0的前n项和.【考点突破】考点一、等差比的根本运算1. 2021湖南高考设Sn为等比数列an的前n项和，假设a1= 1,且3$,2&,3成等差数列，那么an=92. 2021重庆高考等差数列an满足a3= 2,前3项和S3=夕1求an的通项公式；2设等比数列bn满足b1= a1, b4= a15，

5、求bn的前n项和Tn.考点二、等差(比)的证明与判断【典例1】(2021全国1 )记Sn为等比数列 an的前n项和，S2=2 , S3=-6.(1)求an的通项公式；(2)求Sn,并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列【规律感悟】判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1) 定义法：对于n?1的任意自然数，验证 an+1-an或/ 为同一常数.an(2) 通项公式法： 假设 an= a1 + (n 1)d= am+ (n m)d 或 an= kn + b(n N*)，那么 an为等差数列; 假设 an= a1qn 1 = amqn m或 an= pqkn b(n N )，那么an为等比

6、数列.(3) 中项公式法： 假设 2an = an-1 + an+ 1(n N*, n>2)，那么 an为等差数列； 假设 a2 = an-1 an+ 1(n N , n>2),且 anM 0,那么 an为等比数列.变式：(2021 全国大纲咼考)数列 an满足 a1 = 1, a2= 2, an+2 = 2an+1 an+ 2.(1)设bn= an+ 1 an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式.考点三、等差(比)数列的性质命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质【典例2】(1)(2021新课标n咼考)等比数列an满足a1= 3, a1+ a3+ a5= 21,那么a3+

7、 a5+ a7=()A. 21B. 42C. 63D. 84(2)(2021铜陵模拟)等差数列an的前n项和为3,且S10= 12,那么a5 + a6=()12 6A. B. 12 C. 6D.5命题角度二与等差比数列的和有关的性质【典例3】12021全国大纲高考设等比数列an的前n项和为Sn.假设 S2 = 3,15,那么S6= A. 31 B. 32C. 63 D. 6422021衡水中学二调等差数列an中，3a3+ a5+ 2a7+ ae+ 33 = 24,那么该数列前13项的 和是 A. 13 B. 26 C. 52 D. 156针对训练1 .在等差数列an中，假设 a3 + a4 +

8、 a5 + a6+ a7= 25,那么 a2 + a8=.2 .在等比数列an中，a4 a8= 16,那么a4 a5 a7 a8的值为.3. 假设等比数列an的各项均为正数，且 a1oan + a9a12= 2e5,那么 In a1 + In a2+ In a20=.【稳固训练】一、选择题1. 2021新课标U高考设Sn是等差数列an的前n项和.假设a1 + a3 + a5= 3,那么S5=A. 5B. 7C. 9D . 112. 2021福建高考等差数列an的前n项和为Sn,假设a1 = 2, Sb= 12,那么a6等于A. 8 B. 10 C. 12 D. 143. 2021重庆高考对任意

9、等比数列an，以下说法一定正确的选项是A.a1,a3,a9成等比数列B .a2,a3,a6成等比数列C.a2,a4,a8成等比数列D.a3,a6,a9成等比数列4. 2021天津高考设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和.假设S1, 9, S4成等比数列，贝U a1=1 1A. 2 B . 2 °2 D 2* 15. 2021辽宁大连模拟数列an满足an an+1 = an an+ 1n N ，数列bn满足bn=：，且b1an+ b2+ b9 = 90,那么 b4 b6A.最大值为99 B .为定值99 C.最大值为100 D .最大值为200、填空题6. 2021

10、陕西高考中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015,那么该数列的首项为 7. 2021安徽高考数列an是递增的等比数列，a1 +a?= 9,a2a3=8，那么数列an的前n项和等于8. 2021江西高考在等差数列an中，a1= 7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n= 8时Sn取得最大值,那么 d 的取值范围为 .三、解答题9. 文2021兰州模拟在等比数列an中，a1 = 2, a?= 16.1求数列an的通项公式；假设a3, a5分别为等差数列bn的第3项和第5项，试求数列bn的前n项和Sn.10、2021湖北高考等差数列an满足：a1= 2，且a1, a2, a5成等比

11、数列.1求数列 an的通项公式；2记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n,使得Sn >60n+ 800?假设存在，求 n的最小值；假设不存在,说明理由.11. 2021江苏高考设a1, a2, a3, a4是各项为正数且公差为 dd* 0的等差数列.1证明：2a1, 2a2, 2a3, 2a4依次构成等比数列；2是否存在ai, d，使得ai,22a33aa?依次构成等比数列？并说明理由第 2 讲 数列求和通项及其综合应用【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为:考什么怎么考题型与难度1数列的通项考查等差、等比数列的根本量的求解；题型：三种题型均可出现公式考查an与S

12、n的关系，递推关系等难度：根底题或中档题2数列的前n 项和考查等差、等比数列前 n项和公式；题型：三种题型均可出现，更多考查用裂项相消法、错位相减法、分解为解答题组合法求和难度：中档题3数列的综合证明数列为等差或者等比；题型：解答题应用考查数列与不等式的综合.难度：中档题【真题体验】1. 2021北京高考设an是等差数列，以下结论中正确的选项是A. 假设 ai + a2>0,贝U a2 + a3>0B. 假设 ai + a3<0,贝U ai+ a2<0C. 假设 0< ai<a2,贝U a2> _ aia3D. 假设 ai<0,那么a2 aia2

13、 a3>012. 20i5武汉模拟等差数列an的前n项和为S, a5= 5, i5,那么数列的前anan+1100项和为A 100B 99C 99D 101A.101B.101C.100D.1003. (2021福建高考)等差数列an中，& = 4, a4 + a7= 15.(1) 求数列an的通项公式；(2) 设 bn= 2an 2+ n,求 bi+ b2+ b3+ bi0的值.【考点突破】考点一、数列的通项公式【规律感悟】求通项的常用方法(1)归纳猜想法：数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法.Si, n= 1, Sn与an的关系，利用an=求an.Sn-Sn-1,

14、 nA 2累加法：数列递推关系形如 an+i= an+ f(n),其中数列f(n)前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时， 常用累加法(叠加法)累乘法：数列递推关系如an+i = g(n)an，其中数列g(n)前n项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)qq构造法：递推关系形如an+1= pan+ q(p, q为常数)可化为an+1 +匚 = p an+ p _ 1 (pz 1)的形式，禾U用p 1p 1an+七是以p为公比的等比数列求解.p - 1递推关系形如an+ 1= pa(p为非零常数)可化为= 1的形式.an+ pan+1 an p1. 2021新课标n高考设Sn是数列a

15、n的前n项和，且a1 = 1 , an +1 = SnSn + 1，贝y Sn=1 1 12. 2021 铜陵模拟数列an满足3a1 + a2+-+ 3= 3n + 1, n N*，贝V an=.3.假设数列an满足a1= 3,an+ 1 =5an 133an 7那么a2 015的值为考点二、数列的前n项和【规律感悟】1分组求和的常见方法(1) 根据等差、等比数列分组.(2) 根据正号、负号分组.(3) 根据数列的周期性分组.2. 裂项后相消的规律常用的拆项公式(其中n N*) 1= 1 1 = 1 1 1= 1( 1 1 n (n+ 1) = n n+ 1. n(n + k)= kn n+

16、k . (2n 1)( 2n + 1) = 2(2n - 1 2n + 1).3. 错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an乘以等比数列bn对应项(an bn)型数列求和.步骤：求和时先乘以数列bn的公比.把两个和的形式错位相减.整理结果形式.4. 倒序求和。命题角度一根本数列求和、分组求和【典例1】(2021湖北八校联考)等差数列an的前n项和为Sn,数列bn是等比数列，满足a1 = 3, b1= 1, b2 + S?= 10, a5 2b2= a3.2, n为奇数，(1)求数列an和bn的通项公式；令cn= Sn设数列Cn的前n项和为Tn,求T2n.bn, n为偶数，命题角度二裂项相

17、消法求和【典例2】(2021安徽咼考)数列an是递增的等比数列，且a1+ a4= 9, a2a3= 8.(1)求数列an的通项公式;设Sn为数列 an的前n项和，bn= f 1，求数列bn的前n项和Tn.SnSn+ 1命题角度三错位相减法求和【典例3】(2021天津高考)an是各项均为正数的等比数列，bn是等差数列，且 ai = bi= 1，b2 + b3=2a3, a5 3b2= 7.(1)求an和bn的通项公式；设cn= anbn, n N*，求数列Cn的前n项和.针对训练一n2 + n*1. (2021湖南高考)数列an的前n项和S = 厂,n N .(1)求数列an的通项公式；设bn

18、= 2an+ ( 1)nan，求数列bn的前2n项和.2. (2021 东高考)数列an是首项为正数的等差数列，数列an ；“+1的前n项和为"2 (1)求数列an的通项公式；(2)设bn= (an + 1) 2an，求数列bn的前n项和Tn.考点三、数列的综合应用【典例4】(2021陕西汉中质检)正项数列an的前n项和Sn满足：S2- (n2+ n 1)Sn-(n2+ n)= 0.(1)求数列an的通项公式an；n +1*5令bn= ( n+ 2)2a2，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的n N ,都有Tnv64.变式：(2021辽宁大连模拟)数列an满足an+ 1= 2a

19、=1，归1111 n(1)证明：数列a；是等差数列；(2)求数列的前n项和3,并证明S1 + S2+ Sn不.【稳固训练】、选择题1. 2021浙江高考an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.假设a3, a4, a8成等比数列，那么A . aid>0, dS4>0B. aid v 0, dSv0C. aid>0, dS4V 0 D. aid v 0, dS4>02. 2021保定调研在数列an中，ai= 1, an+1= 2an+ 1，那么其通项公式为 an=A . 2n 1 B. 2n_ 1 + 1C. 2n 1 D. 2n 11 13. 预测题数列an满足an

20、+1 =1+ .an an,且ai= ?,那么该数列的前2 015项的和等于3 023A.B. 3 023 C. 1 512 D . 3 0244. 2021长春质检设数列an的前n项和为S，且ai= a2= 1, nSn+n+ 2an为等差数列，那么 an=nn + 12n 1 n +1A. 2n 1B. 2n 1 + 1C. 2n 1 D？n+ 15. 2021云南第一次统一检测在数列an中，an> 0, ai= 1，如果an+i是1与2a 寺1勺等比中项，那么2 4 anai + 管+需的值是(100A 99101B 100100C C.10199.100、填空题6. (2021全

21、国新课标n咼考)数列an满足an +1 =11 an'a8 = 2,贝U ai =7.假设数列n(n + 4)(|)n中的最大项是第k项，贝U k=.* 1 、8(2021江苏高考)设数列 an满足ai= 1,且an+1 an= n + 1(n N*),那么数列 二 前10项的和为.9 . (2021福建高考)假设a, b是函数f(x)= x2 px+ q(p>0, q>0)的两个不同的零点，且a, b, 2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，那么p+q的值等于 三、解答题10. (2021湖北高考)设等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,等比数列b

22、n的公比为q.bi= ai, b2=2, q = d, Sio = 100.(1)求数列an , bn的通项公式； 当d>1时，记Cn = b，求数列Cn的前n项和Tn.11. (2021山东高考)等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1, S2, S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式；令bn= (- 1)1，求数列bn的前n项和Tn.an an+12021届高三第二轮复习一一数列答案【真题体验】(第1讲等差、等比考点)1. 【解析】 设等差数列an的首项为a1,公差为d.由题设知d = 1, Ss= 4S4,所以8a1+ 28 = 4(4a1+ 6)，解1119得a1 =

23、2,所以a10 =1+ 9=肓.应选B.12. 【解析】设等比数列an的公比为q,ai = 4，a3a5= 4© 1)，由题可知q丰1,贝Uaiq2xaiq 4= 4(aiq311 11)，二q6 = 4(4x q3 1), a q6 16q3+ 64= 0, a (q3 8)2 = 0, a q3= 8, a q= 2, a a?=寸应选 C.33. 解析】由a2,a3,a7成等比数列，得a2 = a2a7，贝U2d2= 3aw，即 d = qa1.又2a1+a2=1,所以 a122=3, d = 1.答案】2 13 14. 解】(1)an= 3n 1.bn冇22 3n 1考点一、

24、等差(比)的根本运算1. 解析】此题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式.由 30, 2S2, S3成等差数列，得 4S2= 3S1+ S3, 即卩3S2 3$ = S3 S2,贝U 3a2= a3,得公 比 q= 3,所以 an= a1qn1 = 3n1.答案】3n12. 解】此题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n项和公式，考查考生的运算求解能力.(1)将条件中的 a3, S3用首项a1与公差d表示，求得a1, d,即可求得数列an的通项公式； 结 合(1)利用条件b1 = a1, b4= a15求得公比，然后利用等比数列的前n

25、项和公式进行计算.(1)设an的公差为d，那么由条件得3 x 29a1 + 2d = 2, 3a1+d = ,即 a1 + 2d= 2, a1 + d = 3,1解得 a1 = 1, d = 2故通项公式为an= 1+ 竽，即an= 呀.15 +1(2)由(1)得 b1 = 1, b4= a15=2 = 8.设bn的公比为q,那么q3=严=8,从而q = 2, 故bn的前n项和T “( 1qn)= 1X (1 2n)= 2n 1n=1 q =1 2=.考点二、等差(比)的证明与判断【典例1】解：(1)设an的公比为q，由题设可得a1(1 q) 2, a2(1 q q2)6解得q 2，a12 故

26、an的通项公式为an ( 2)n由(0可得B晋2 (1)n2T由于Sn 2Sn 142n 3 2n 222 n 13 ( 1)n 32 3 ( 1)n 3 2Sn，故盼忌儿成等差数列变式.解】(1)证明：由an+ 2= 2an+1 an+ 2得an + 2 an +1 = an + 1 an + 2 , 即卩 bn+ 1 = bn+ 2.又 b1= a2 a1= 1, 所以bn是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)得 bn= 1 + 2(n 1)，即 an+1 an= 2n 1.fl2(丑十 1 = S(2 1),于是.所以 an+1 a1= n2, 即卩 a*+1= n2+ a1.又

27、a1= 1，所以an的通项公式为an= n2 2n+ 2.考点三、等差(比)数列的性质命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质 解析】(1)此题主要考查等比数列的根本概念、根本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力.由于 a1(1 + q2+ q4) = 21, a1= 3,所以 q4 + q2 6= 0,所以 q2= 2(q2 = 3 舍去), a3 + a5 + a7= q2(a1+ a3+ a5) = 2 X 21 = 42.应选 B.此题主要考查等差数列的性质am+ an= ap+ aq.,a1 + a10由 S10= 12 得 2 X 10= 12, 所以a1 + a10 =乎，所以

28、 a5 + a6 =乎.应选 A.命题角度二 与等差(比)数列的和有关的性质解析】 (1)在等比数列an中，S2, S4 S2, S6 S4也成等比数列，故($ S2)2= (& &),那么(15 3)2 =3(& 15).解得 Ss = 63.应选 C.13 (a1 + a13)13 (a4+ aw)(2) / 3(a3 + a5)+ 2(a7+ a1o+ a13)= 24, a 6a4 + 6a1o = 24, a a4 + a1o= 4, a S13=13 X 4226应选B.1. 【解析】2. 【解析】3. 解析】1【解析】2【解析】3.【解析】4.【解析】3

29、X 2由题知 3a1+ d = 12, / a1 = 2,解得由等比数列的性质得，a3 a9=空工0,22 X 1由题意知S2= S1 S4,. (2a1 +d = 2,又 a6= ai+ 5d,二 a6= 12.应选 C.因此a3, a6, a9 一定成等比数列.应选D.24 X 31厂d)2= a1(4a1 + 一d)，把 d = 1 代入整理得 a1 = ?.故D.5.【解析】1 1将an aa+1 = anan +1两边同时除以anan+ 1可得c ,.匚=1，即卩m +1 bn= 1，所以bn是公差为an+1an针对训练由 a3 + a4 + a5 + a6 + a7 = 25 得

30、5a5 = 25,所以 a5 = 5,故 a2 + a8= 2a5= 10.a4a5a7a8= a4a8 a5a7= (a4a8)2= 256.【答案】 256/ a1oan+ a9a12= 2e ,二 a10 an= e , In a+ ln a2+ In a20= 1Oln(a1o an)= 10 In e = 50.【稳固训练】、选择题,5 (a1 + a5)5X 2a3宀数列an为等差数列，/ a1 + a3 + a5= 3a3= 3,. a3= 1, a S5= 5. 答案】,9 (b1+ b9)十,、，d= 1的等差数列，其前 9项和为 2= 90,所以3+ b9= 20,将b9=

31、 3+ 8d = b1 + 8,代入得b1= 6,所以 b4= 9, be = 11,所以 b4b6= 99.应选 B.二、填空题6. 【解析】设等差数列的首项为a1,根据等差数列的性质可得，a1+ 2 015= 2X1010,解得a1 = 5.【答案】j精选7 【解析】a1+ a4= 9,a2a3= 8,a1 + a4= 9,a1a4= 8,a1 = 1那么a1, a4可以看作一元二次方程 x2-9x+ 8= 0的两根，故 ,a4= 8或"=8，a4= 1.数列an是递增的等比数列,a1= 1,a4= 8.可得公比q = 2, 前n项和Sn= 2n - 1.8.【解析】等差数列的前

32、n项和为Sn,Sn= na1 +n (n-1) d 2d d 2 d2 d = 2n2+ (a1 -pn = n2* (7 pn,对称轴为孝，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5<2-7277< 8.5，解得一1< d< 云.【答案】一1 ,-d88三、解答题9.【解】(1)设数列an的公比为q, T an为等比数列， a4= q3= 8, q= 2,二 an= 2X 2n1= 2n. a1(2)设数列bn的公差为d, / b3= a3= 23= 8, b5= a5 = 25= 32,且bn为等差数列,n (n 1)- b5 - b3= 24= 2d,. d= 12

33、, b1 = b3-2d=- 16,. Sn=- 16 n+qX 12 = 6n2-22n.10、【解】(1)设数列an的公差为d,依题意，2,2+ d, 2 + 4d成等比数列，故有(2 + d)2=2(2 + 4d),化简得d2- 4d = 0，解得d= 0或d = 4.当d = 0时，an= 2;当d = 4时，an= 2 + (n 1) 4 = 4n- 2，从而得数列an的通项公式为 an= 2或an= 4n- 2.(2) 当 an= 2 时，Sn= 2n显然 2n< 60n + 800,此时不存在正整数 n,使得Sn> 60n+ 800成立.n2 +( 4n 2) 2当

34、an= 4n- 2 时，Si =2= 2n.令2n2>60n+ 800,即n2- 30n-400>0,解得n>40或n<- 10(舍去)，此时存在正整数 n,使得Sn> 60n + 800成立，n的最小值为 41.综上，当an= 2时，不存在满足题意的 n；当an= 4n 2时，存在满足题意的 n,其最小值为41.2an +111.【解】(1)证明：因为 石二=2an+1-an = 2d(n = 1, 2, 3)是同一个常数，所以2a1, 2a2, 2a3, 2a4依次构成等比数列.(2)不存在，理由如下：令a1 + d= a,贝Ua1,a2,a3,a4分别为 a

35、- d,a,a+ d, a + 2d(a>d,a>-2d,0).假设存在ai, d,使得ai, a2, a3， a?依次构成等比数列, 那么 a4= (a-d)(a+ d)3,且(a+ d)6= a2(a + 2d)4.di令 t=，贝U 1 = (1- t)(1 +1)3,且(1 + t)6= (1 + 2t)4 -< t v 1, t工 0 ,a2化简得 t3+ 2t2- 2= 0(*)，且 t2=t+ 1.将t2= t + 1代入(*)式，1t(t + 1) + 2(t+ 1) - 2 = t2+ 3t= t+ 1 + 3t= 4t+ 1 = 0，贝V t =-?.显然

36、t =-4不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立.因此不存在a1, d,使得构成等比数列.33aaa5ai +ai= i,d = i,i =anNn+ ian= ai+ (n i)d= n.ii iiiiii= -1，二数列 的前 i00 项和为 i 3+i3+ +n (n+i) nn+ ianan+i223i00i)i= i-i =i0i =数列求和及其综合应用【真题体验】1. 2021北京高考设an是等差数列，以下结论中正确的选项是A .假设 ai+ a2>0，贝U a2+ a3> 0B. 假设 ai+ a3V 0，贝U ai+ a2V 0C. 假设 0v aiv a2,贝U

37、a2>:，：aia3D .假设 aiv 0，那么a2 aia2 a3> 0【解析】假设an是递减的等差数列，那么选项 A、B都不一定正确.假设an为公差为0的等差数列，贝Ua i 亠 a 3 选项D不正确.对于C选项，由条件可知an为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得 a2= 亍， 由根本不等式得翅于空> aia3，所以C正确.【答案】Ci2. 20i5武汉模拟等差数列an的前n项和为S , a5 = 5, S5= i5,那么数列的前i00项和为anan+1i0099A BA.i0ii0i99_ i0iC d i00i00【解析】设等差数列an的首项为ai,公差为d.t

38、 a5= 5, S = i5,ai+ 4d= 5,i00 i0i.【答案】A3. 20i5福建高考等差数列an中，a2= 4, a4 + a7= i5.1求数列an的通项公式；2设 bn= 2an 2 + n,求 bi+ b2+ b3+ bi0 的值. 【解】1设等差数列an的公差为d.ai + d= 4,由得(ai + 3d) + ( ai + 6d) = 15,解得ai = 3,d = 1.所以 an= ai + (n 1)d = n + 2.(2) 由 (1)可得 bn= 2n+ n,所以 bi + b2+ b3+ + bi0= (2 + 1) + (2d = i5,+ 2) + (23

39、+ 3) + + (210 + 10) =(2 + 22+ 23+ 210) + (1+ 2 + 3 + + 10)2X (1 - 210)(1+ 10) X 10= +1 - 2 2=211+ 53=2 101.数列的通项公式(自主探究型)111111 .当 n = 1 时，S1 = a1= 1 ,所以 M= 1因为 an+ 1 = S1 +1 Sn= SnSn+ 1 ,所以 &= 1，即S1Sn Sn+1SnSn+11所以1是以一1为首项，一1为公差的等差数列，所以Sn12.当 n= 1 时，尹1= 3X 1+ 1,所以 a1= 12,1111当 n>2 时，： 尹1 + 3

40、2+ 3an 1 + an =1得： 愛=(3n+ 1) 3(n 1) + 1,Sn+1Sn111 = ( 1) + (n 1) (- 1)= n,所以 Sn=-. Snn3n+ 1,：1a1+ 3a2+ - + 31 = 3(n 1) + 11即3nan= 3,所以an= 3n S综上可得：an=3.此题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决.由于a1 = 3,求a2= 1, a3= 2, a4= 3，所以数列an是周期为=1.12+1 n = 1,【答案】3n+1, n?2.12, n= 1,3n+1, n> 23的周期数列，所以a2 015= a671 X

41、3+ 2数列的前n项和(多维探究型)命题角度一根本数列求和、分组求和【典例1】(1)设数列an的公差为d,数列bn的公比为q，那么由b2 + S2= 10,a5 2b2= a3,q+ 6+ d= 10,得3+ 4d 2q= 3 + 2d,a2d = 2,得q = 2, 所以 an= 3 + 2(n 1) = 2n+ 1, bn = 2n 1n (a1 + an)小(2)由 a1 = 3, an= 2n+ 1 得 Sn=?= n(n + 2)，贝V 5=2n (n+ 2)， 2n 1, n为偶数,n为奇数,1 1n n+，n为奇数，2n1, n为偶数，T2n= (C1 + C3+ + C2n 1

42、) + (C2 + C4 + + C2n)1,11, =1 3 + 35 + +12 (1 4n)+即Cn =+ (2 + 23+ - + 22n1)2n 1 2n+ 1)2n 2n 八+ 匚(4 1).1 42n+ 1 3'裂项相消法求和(1)由题设知 a1 a4= a2 a3= 8,a1 = 1, a1 = 8又a1+ a4= 9,可解得或，舍去).a4= 8设等比数列an的公比为q，由a1 (1 qn)“ ，厂(2)Sn= 2n 1,又1 q=1 2n + 1命题角度二【典例2】所以 Tn = b1 + b2+ + bn =或a4= 1I a4= a1q3得 q = 2,故 an

43、= a1qn 1= 2n 1.an+1Sn + 1 Si丄 1S1Sn+1 '1 丄 11 = 11=1 2n+1 1.bn=SnS+ 1SnSn+ 1丄_SS2S2S3占 + 4占 + +Sn Sn+1S1Sn+1命题角度三错位相减法求和典例3】(1)设数列 an的公比为q,数列bn的公差为d,由题意q> 0.(1 + d) + ( 1+ 2q)= 2q,由，有 ，q4 3 (1 + d)= 7,又因为q>0，解得q= 2,所以d = 2. 所以数列an的通项公式为an= 2n1, n2q2 3d= 2 消去 d，整理得 q4 2q2 8 = 0. q4 3d= 10,N

44、*;数列 bn的通项公式为bn= 2n 1, n N*.由(1)有cn= (2n 1) 2n1，设cn的前n项和为Sn,那么Sn= 1 X 20+ 3X 21+ 5X 22+ + (2n 3)X 2n2+ (2n 1)X 2n 1, 2Sn= 1 X 21 + 3X 22 + 5X 23+ (2n 3)X 2n1 + (2n 1)X 2n, 上述两式相减，得Sn= 1 + 22 + 23 + + 2n (2n 1) X 2n= 2n+1 3 (2n 1) X 2n= (2n 3) X 2n 3, 所以，Sn = (2n 3) 2n + 3, n N*.针对训练1. 【解】(1)当 n = 1

45、时，a1 = S1 = 1;n2+ n(n 1) 2+( n 1)当 n?2 时，an= Sn一 Si1 = 2= n.故数列an的通项公式为an= n.(2)由(1)知，bn= 2n + ( 1)n n.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，那么 T2n= (21+ 22+- + 22n)+ ( 1+ 2 3 + 4 + 2n).记 A= 21+ 22+ - + 22n, B= 1 + 2 3+ 4+ 2n,那么A= 22n+1 2,1 2B= ( 1 + 2) + ( 3 + 4) + + (2n 1) + 2n = n.故数列bn的前 2n 项和 T2n=A + B= 22n+1+ n

46、2.2.1 i【解】(1)设数列an的公差为d.令n = 1,得77 = 3, ai a231 1 2所以 a£2= 3.令 n= 2，得；V +? 所以 a2as = 15.a1a2 a2a35解得 a1= 1, d = 2,所以 an= 2n 1. 由(1)知 bn= 2n 22n 1= n 4n, 所以 Tn= 1 41 + 2 42+ + n 4n, 所以 4Tn= 1 42 + 2 43+ n 4n+1,两式相减，得-3Tn= 41+ 421 + 4n-n 4n+ 1 =埒f 一 n 4n +1 = X 4n+ 1-J. 所以 Tn =罟X 4n+1+ 4= 4+( 3n-

47、° E. 数列的综合应用(师生共研型)【典例 4】【解】(1)由 S2 (n2+ n 1)Sn (n2+ n)= 0,得Sn (n2+ n)(Sn+ 1) = 0.由于an是正项数列，所以 Sn> 0, Sn= n2+ n.于是 a1 = S1 = 2, n?2 时，an= Sn Sn-1= n2+ n(n 1)2 (n 1)= 2n. 综上，数列an的通项公式为 an = 2n.n + 1(2)证明：由于 an= 2n, bn= (2、22,(n+ 2) anIn +1丄丄 一 1那么 bn= 4n2 ( n+ 2) 2= 16 n2 (n+ 2) 2 .1.11111 1

48、1 1 1 1 所以 Tn = 16X1 一孑 + 豕一7 + 了一了 + (T (+)2+ 总(+)2 = 16X 一1 一 1 11+ 22一(n+ 1) 2一(n+ 2) 2 < 16 Xan=2a土1，化简得丄=2 +丄,an+1anan+1an变式：【解】证明：Tan +1=,2an+ 11 11即=2，故数列 是以1为首项，2为公差的等差数列.ananan+ian1n (1 + 2n 1)2(2)由(1)知a；= 2n_ 1,.Sn=2= n2.1,1,11,1,11,1,1川11111S1+ S2+ sn=严 + 壬+ 产己+23+ n( n+1)= (1 2) + (2

49、彳 + +(7 n+1) =将氏=1代入an+1=右，可求得a5=2;由此可以推出数列-1n+ 1 n+ 1.【稳固训练】、选择题251.【解析】由 a3, a4, a8成等比数列可得：(a1+ 3d)2=佝 + 2d) + 7d),即卩 3a1+ 5d= 0，所以 a1 = d,(a1 + a4) X 42 2所以 a1d< 0.又 dS4=2 d= 2(2a1 + 3d)d= 3d < °应选 B.2.【解析】由题意知an+1+ 1 = 2(an+ 1), an+1 = (a1+ 1)2n1 = 2n, an=2n 1.【答案】A1 1 1【解析】 因为a1 = ，又

50、an +1 = + . an a,所以a2 = 1 ,从而a3 = - , a4 = 1，即得an =12,1,An= 2k 1 (k N ),13 021故数列的前2 015项的和等于 S2 015= 1 007 X (1+ 2)+ 1= -y1+ 1 = n= 2k (k N*),晋.【答案】4. 【解析】 设 bn= nSn+(n+ 2)an，有 b1= 4, b2 = 8，贝U bn= 4n，即 bn= nSn+ (n + 2)an= 4n,Sn+ (1 + 2)ann=4.22当 n?2 时，Sn Sn-1 + (1 + /an (1 +)an-1 = 0 ,2 ( n+ 1 ) n + 1an an-1所以an=an-1,即卩 2 =:,nn 1nn 1所以冇是以2为公比，1为首项的等比数列，所以annn 1,an = 2“- 1.应选A.【答案】5.【解析】由