2025届高考数学二轮总复习专题3数列第2讲数列通项与求和课件

第2讲数列通项与求和考点一求数列的通项公式例1(2024福建厦门模拟)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第50项为(

)A.1224

B.1225

C.1226

D.1227C解析

设数列{an}的前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,由题意可得a2-a1=1,a3-a2=2,a4-a3=3,…,a50-a49=49,上述等式累加可得a50-a1=1+2+3+…+49==1

225,所以a50=a1+1

225=1

226.故选C.增分技巧求数列{an}通项公式的常用方法[对点训练1]已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=an+1-2,a2=12,则S4=

.

160考点二分组转化法求和例2已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)将数列{an}和{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前50项和.解

(1)依题意an>0,当n=1时,4a1=4S1=(a1-1)(a1+3),解得a1=3.由4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*),①当n≥2时,有4Sn-1=(an-1-1)(an-1+3),②所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0,因为an+an-1>0,所以an-an-1=2(n≥2),所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an=2n+1.(2)由(1)得,a50=101,又26<101<27,同时a44=89>26,所以b50=a44,所以b1+b2+…+b50=(a1+a2+…+a44)+(21+22+…+26)==2

024+126=2

150.所以{bn}的前50项和为2

150.解

由题意知数列{an}满足a1=1,a2n=a2n-1+1,a2n+1=a2n+2,所以a2n+1=a2n+2=a2n-1+3.所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列.同理,由a2n+2=a2n+1+1=a2n+3知数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.从而数列{an}的前20项和为S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)考点三裂项相消法求和例3已知数列{an}是等差数列,其前n项和为An,a7=15,A7=63,数列{bn}的前n项和为Bn,2Bn=3bn-3.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;解

(1)数列{an}是等差数列,设公差为d,∴an=2n+1,n∈N*.由已知2Bn=3bn-3,当n=1时,2B1=3b1-3=2b1,解得b1=3,当n≥2时,2Bn-1=3bn-1-3,∴2Bn-2Bn-1=(3bn-3)-(3bn-1-3)=3bn-3bn-1,n∈N*,即bn=3bn-1,∴数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,∴bn=3n,n∈N*.[对点训练3](2024河北邢台一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且{Sn+n2}也是等差数列.(1)求数列{an}的公差;解

(1)设数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=dn+a1-d.因为{Sn+n2}是等差数列,所以Sn+1+(n+1)2-Sn-n2为常数,Sn+1+(n+1)2-Sn-n2=an+1+2n+1=nd+a1+2n+1=(d+2)n+a1+1,所以d+2=0,解得d=-2,即数列{an}的公差为-2.考点四错位相减法求和例4(2023全国甲,理17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列

的前n项和Tn.解

(1)由题意可知,2Sn=nan,①当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②①-②得2an=nan-(n-1)an-1,∴(n-1)an-1=(n-2)an.∴an=n-1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n-1(n∈N*).(方法二

累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,显然a1=0,a2=1满足,∴an=n-1(n∈N*).(2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),∴an+1=n,[对点训练4](2024湖南邵阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,c1=a2=3且S6-S3=27,数列{cn}满足

设bn=c2n+c2n-1.(1)求{an}的通项公式,并证明:bn+1=2bn-3;(2)设tn=an(bn-3),求数列{tn}的前n项和Qn.(1)证明

设等差数列{an}的公差为d,由S6-S3=27,可得a4+a5+a6=27,即3a5=27,解得a5=9,又a2=3,可得d==2,所以an=a2+(n-2)d=3+(n-2)×2=2n-1,由数列{cn}满足cn+1=可得c2n=c2n-1-1,c2n+1=2c2n,c2n+2=c2n+1-1,所以bn=c2n+c2n-1=2c2n+1,因为bn+1=c2n+2+c2n+1=4c2n-1=2(2c2n+1)-3,所以bn+1=2bn-3.(2)解

由(1)可知bn+1-3=2(bn-3),因为b1-3=c1+c2-3=c1+c1-1-3=2≠0,所以数列{bn-3}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以bn-3=2×2n-1=2n,所以tn=(2n-1)×2n,所以Qn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,则2Qn=1×22+3×23+5×24+…+(