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数列的通项与求和二轮专题训练(文科)


数列的通项与求和二轮专题复习(文科)
一、真题回访
回访 1 an 与 Sn 的关系

1 1.(2014· 全国卷Ⅱ)数列{an}满足 an+1= ,a =2,则 a1=________. 1-an 8 回访 2 数列求和 )

2. (2012· 全国卷)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1, {an}的前 60 项和为( A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830

3.(2013· 全国卷Ⅰ改编)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5.则 (1){an}的通项公式为__________; (2)数列?a
? ? ? ? ? 1 ? ?的前 n 项和为__________. a - + ? 2n 1 2n 1?

4.(2014· 全国卷Ⅰ改编)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x2-5x+6=0 的根,则(1){an}的通项公式为__________;
?an? (2)数列?2n?的前 n 项和为__________. ? ?

二、热点题型探究
热点题型 1 数列中的 an 与 Sn 的关系 数列 {an} 中, a1 = 1 , Sn 为数列 {an} 的前 n 项和,且满足 1(n≥2).求数列{an}的通项公式. 2an = anSn-S2 n

[变式训练 1]

(1)(2016· 合肥三模)已知数列{an}前 n 项和为 Sn, 若 Sn=2an-2n ,

则 Sn=__________. (2)已知数列{an}的各项均为正数, 其前 n 项和为 Sn, 且 2Sn+2=3an(n∈N*), 则 an=__________.
1

热点题型 2 裂项相消法求和 已知等差数列{an}的公差 d≠0,它的前 n 项和为 Sn,若 S5=70,且 a2, a7,a22 成等比数列, (1)求数列{an}的通项公式;
?1? 1 3 (2)若数列?S ?的前 n 项和为 Tn,求证:6≤Tn<8. ? n?

[变式训练 2]

已知数列{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; an+1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. SnSn+1

2

热点题型 3 错位相减法求和 已知数列{an}和{bn}满足 a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*), 1 1 1 b1+2b2+3b3+…+nbn=bn+1-1(n∈N*). (1)求 an 与 bn; (2)记数列{anbn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn.

[变式训练 3]

已知在公比大于 1 的等比数列{an}中, a2, a4 是函数 f(x)=(x-2)(x

-8)的两个零点. (1)求数列{an }的通项公式; (2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn.

三、课后作业
1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2an-4(n∈N*),则 an=( A.2n+1 B.2n C.2n-1 D.2n-2 ) )

n-1 2.数列{an}满足 a1=1,且当 n≥2 时,an= n an-1,则 a5=( 1 A.5 3. 1 B.6 C.5 D.6 )

1 1 1 1 + + +…+ 的值为( 22-1 32-1 42-1 ?n+1?2-1 A. n+1 2?n+2? n+1 3 B.4- 2?n+2?

1 ? 3 1? 1 C.4-2?n+1+n+2? ? ?
3

3 1 1 D.2- + n+1 n+2

S2 012 S10 4.在等差数列{an}中,a1=-2 012,其前 n 项和为 Sn,若2 012- 10 =2 002, 则 S2 014 的值等于( A.2 011 ) B.-2 012 C.2 014 D.-2 013

5. (2016· 西安模拟)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和, an=4Sn-3, 则 S4=__________. 6.(2016· 广州二模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2=12,Sn=kn2-1(n∈N*),
?1? 则数列?S ?的前 n 项和为__________. ? n?

7. 已知{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an+1(n∈N*), 且 a1=1, 则通项公式 an=______. 8.(2016· 郑州模拟)已知等差数列{an}中 a2=5,前 4 项和 S4=28. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和 T2n.

n 9.设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+…+3n-1an=3,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; n (2)设 bn=a ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
n

4

数列的通项与求和二轮专题复习(文科)参考答案
一、真题回访
回访 1 an 与 Sn 的关系 1 1- 1 1-an-1 = 1-an-1 1-an-1-1

1 1 1. [∵an+1= ,∴an+1= = 1-an 1-an 1-an-1 1 =1- =1- -an-1 an-1



1 1 =1-(1-an-2)=an-2, 1-an-2

1 1 ∴周期 T=(n+1)-(n-2)=3.∴a8=a3×2+2=a2=2.而 a2= ,∴a1=2.] 1-a1 回访 2 2.D 数列求和 [∵an+1+(-1)nan=2n-1,∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,

a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1, a12=23-a1,…,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1 +a2 + …+ a60 = (a1 +a2+a3 +a4)+ (a5 + a6 + a7+ a8)+… + (a57 +a58 + a59 + a60)=10+26+42+…+234= 3. (1)an=2-n (2) n 1-2n 15×?10+234? =1 830.] 2

n?n-1? [(1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+ 2 d.

?3a1+3d=0, ?a1=1 , 由已知可得? 解得? 故{an}的通项公式为 an=2-n. ?5a1+10d=-5, ?d=-1. (2)由(1)知 1 ? 1 1 1? 1 = =2?2n-3-2n-1?, a2n-1a2n+1 ?3-2n??1-2n? ? ? 1 1 1 1 1 ? 1? 1 n n 项和为2?-1-1+1-3+…+2n-3-2n-1?= .] ? ? 1-2n (2)2- n+4 [(1)方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3,由题意得 2n+1

? ? 1 ? ? ? ?的前 ?a2n-1a2n+1? ? ?

1 4. (1)an=2n+1

1 a2=2,a4=3.设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d=2, 3 1 从而 a1=2.所以{an}的通项公式为 an=2n+1.

5

?an? an n+2 (2)设?2n?的前 n 项和为 Sn,由(1)知2n= n+1 ,则 2 ? ?

n+1 n+2 3 4 Sn=22+23+…+ 2n + n+1 , 2 n+1 n+2 1 3 4 S n= 3+ 4+…+ n+1 + n+2 . 2 2 2 2 2 1 ? n+2 3 1? 1 ? n+2 1 3 ?1 两式相减得2Sn=4+?23+…+2n+1?- n+2 =4+4?1-2n-1?- n+2 . ? ? 2 ? ? 2 n+4 所以 Sn=2- n+1 .] 2

二、热点题型探究
热点题型 1 数列中的 an 与 Sn 的关系 [解] 所以 由已知,当 n≥2 时, 2an 2=1, anSn-Sn

2?Sn-Sn-1? 2?Sn-Sn-1? 1 1 1 =1,所以S - =2.4 分 2=1,2 分即 ?Sn-Sn-1?Sn-Sn -Sn-1Sn n Sn-1
? n?

?1? 1 又 S1=a1=1,所以数列?S ?是首项为 1,公差为2的等差数列,6 分

n+1 1 1 2 所以S =1+2(n-1)= 2 ,即 Sn= .8 分 n+1 n 2 2 2 所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -n=- .10 分 n+1 n?n+1? ?1,n=1, ? 因此 an=? 2 - ,n≥2. ? n ? n +1? ? [变式训练 1]

12 分

(1)n· 2n(n∈N*) (2)2×3n-1(n∈N*) [(1)由 Sn=2an-2n 得当 n=1

?Sn? Sn Sn-1 时,S1=a1=2;当 n≥2 时,Sn=2(Sn-Sn-1)-2n,即 n- n-1=1,所以数列?2n?是 2 2 ? ?

Sn 首项为 1,公差为 1 的等差数列,则2n=n,Sn=n· 2n(n≥2),当 n=1 时,也符合 上式,所以 Sn=n· 2n(n∈N*). (2)因为 2Sn+2=3an,① 所以 2Sn+1+2=3an+1,②

an+1 由②-①,得 2Sn+1-2Sn=3an+1-3an,所以 2an+1=3an+1-3an,即 a =3. n
6

当 n=1 时,2+2S1=3a1,所以 a1=2,所以数列{an}是首项为 2,公比为 3 的等 比数列,所以 an=2×3n-1(n∈N*).] 热点题型 2 裂项相消法求和 [解] (1)由已知及等差数列的性质得 S5=5a3,∴a3=14,1 分

又 a2,a7,a22 成等比数列,即 a2 a22.2 分 7=a2· 3 由(a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d)且 d≠0,解得 a1=2d,∴a1=6,d=4.4 分 故数列{an}的通项公式为 an=4n+2,n∈N*.6 分 (2)证明:由(1)得 Sn= 1 ? n?a1+an? 1 1 1?1 2 ?n-n+2?,8 分 = 2 n + 4 n , = = 2 2 Sn 2n +4n 4? ?

1 1 1 1 1 ? 3 1? 1 1 ? 1? ∴Tn=4?1-3+2-4+…+n-n+2?=8-4?n+1+n+2?.10 分, ? ? ? ? 3 1?1 1? 1 1 3 又 Tn≥T1=8-4?2+3?=6,所以6≤Tn<8.12 分 ? ? [变式训练 2] [解] (1)由题设知 a1· a4=a2· a3=8,2 分

?a1=1, ?a1=8, 又 a1+a4=9,可得? 或? (舍去)4 分 ?a4=8 ?a4=1. 由 a4=a1q3 得公比 q=2,故 an=a1qn 1=2n 1.6 分
- -

a1?1-qn? n an+1 Sn+1-Sn 1 1 (2)Sn= =2 -1.8 分 又 bn= = =S - ,10 分 1-q SnSn+1 SnSn+1 n Sn+1 1 ? 1 1 ?1 ?1 1? ?1 1? 所以 Tn=b1+b2+…+bn=?S -S ?+?S -S ?+…+?S -S ?=S - = ? 1 2? ? 2 3? n + ? n 1? 1 Sn+1 1 1- n+1 .12 分 2 -1 热点题型 3 错位相减法求和 [解] (1)由 a1=2,an+1=2an,得 an=2n(n∈N*).2 分

由题意知:当 n=1 时,b1=b2-1,故 b2=2.3 分 bn+1 bn 1 当 n≥2 时,nbn=bn+1-bn.4 分整理得 = n ,所以 bn=n(n∈N*).6 分 n+1 (2)由(1)知 anbn=n· 2n,因此 Tn=2+2· 22+3· 23+…+n· 2n , 2Tn=22+2· 23+3· 24+…+n· 2n+1,8 分 所以 Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1.9 分
7

故 Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).12 分 [变式训练 3] [解] (1)因为 a2,a4 是函数 f(x)=(x-2)(x-8)的两个零点,且等

比数列{an}的公比 q 大于 1,所以 a2=2,a4=8,2 分 所以 q=2,所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1(n∈N*).6 分 (2)由(1)知 2nan=n×2n ,所以 Sn=1×2+2×22+…+n×2n,①7 分 2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②8 分 由①-②,得-Sn=2+2 +2 +…+2 -n×2 所以 Sn=2+(n-1)×2n+1(n∈N*).12 分
2 3 n n+1

2-2n×2 = -n×2n+1,11 分 1-2

三、课后作业
1.A [由 Sn=2an-4 可得 Sn-1=2an-1-4(n≥2),两式相减可得 an=2an-2an- an=2an-1(n≥2). 又 a1=2a1-4, a1=4, 所以数列{an}是以 4 为首项,

即 1(n≥2),

2 为公比的等比数列,则 an=4×2n-1=2n+1,故选 A.] 2.A n-1 an n-1 [因为 a1=1 ,且当 n≥2 时,an= n an-1,则 = n ,所以 a5= an-1

a5 a4 a3 a2 4 3 2 1 1 · · · · a 1,即 a5= × × × ×1= .故选 A.] a4 a3 a2 a1 5 4 3 2 5 3.C 1 ? 1 1 1 1?1 [∵ = 2 = =2?n-n+2?, 2 ?n+1? -1 n +2n n?n+2? ? ?

1 1 1 1 1 1 1 ? 1 1 1 1 1? ∴ 2 + 2 + 2 +…+ =2?1-3+2-4+3-5+…+n-n+2? 2 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1? -1 ? ? 1 1 ? 3 1? 1 1 ? 1? 3 =2?2-n+1-n+2?=4-2?n+1+n+2?.] ? ? ? ? 4.C
?Sn? n?n-1? Sn d [等差数列中,Sn=na1+ 2 d, n =a1+(n-1)2,即数列? n ?是首项为 ? ?

d S2 012 S10 d a1=-2 012,公差为 的等差数列.因为 - =2 002,所以(2 012-10) = 2 2 012 10 2 d 2 002,2=1,所以 S2 014=2 014[(-2 012)+(2 014-1)×1]=2 014,选 C.] 5. 20 27 [∵an=4Sn-3,∴当 n=1 时,a1=4a1-3,解得 a1=1,当 n≥2 时,

an 1 ∵4Sn=an+3,∴4Sn-1=an-1+3,∴4an=an-an-1,∴ =-3,∴{an}是以 1 an-1
8

? 1? 1-?-3?4 ? ? 80 3 20 1 为首项,-3为公比的等比数列,∴S4= 1 =81×4=27.] 1+3 6. n 2n+1 [令 n=1 得 a1=S1=k-1, 令 n=2 得 S2=4k-1=a1+a2=k-1+12, 1 ? 1 1 1? 1 = =2?2n-1-2n+1?, 4n -1 ?2n+1??2n-1? ? ?
2

1 解得 k=4,所以 Sn=4n2-1,S =
n

?1? 1 ? 1? 1 ? 1? 1?1 1? 1? 1? 1 则数列?S ?的前 n 项和为2?1-3?+2?3-5?+…+2?2n-1-2n+1?=2?1-2n+1? ? ? ? ? ? n? ? ? ? ?

n = .] 2n+1 1,n=1, ? ? ?1 ?3?n-2 7. n∈N* [由 Sn=2an+1(n∈N*)可得 Sn-1=2an(n≥2, n∈N*) ? ? ,n≥2, · ? ?2 ?2? an+1 3 两式相减得:an=2an+1-2an,即 a =2(n≥2,n∈N*). n 1 又由 a1=1 及 Sn=2an+1(n∈N*)可得 a2=2, 1 3 所以数列{an}从第二项开始成一个首项为 a2=2,公比为2的等比数列, 1 ?3?n-2 ?2? , 故当 n>1,n∈N*时有 an=2· ? ? 1,n=1, ? ? 所以有 an=?1 ?3?n-2 n∈N*.] ? ? · , n ≥ 2 , ? ?2 ?2? 8.[解] (1)设等差数列{an}的公差为 d,则由已知条件得 ?a1=1, 2 分∴? 4分 ?d=4,

?a2=a1+d=5, ? ? 4×3 S4=4a1+ 2 ×d=28, ? ?

∴an=a1+(n-1)×d=4n-3(n∈N*).6 分 (2)由(1)可得 bn=(-1)nan=(-1)n(4n-3),8 分 T2n=-1+5-9+13-17+…+(8n-3)=4×n=4n(n∈N*).12 分 9.[解] n (1)因为 a1+3a2+32a3+…+3n-1an=3,①
9

n-1 - 所以当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+…+3n 2an-1= 3 ,②2 分 1 1 ①-②得 3n-1an=3,所以 an=3n(n≥2).4 分 1 1 1 在①中,令 n=1,得 a1=3,满足 an=3n,所以 an=3n(n∈N*).6 分 1 n (2)由(1)知 an=3n,故 bn=a =n×3n.
n

则 Sn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,③ 3Sn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,④8 分 3?1-3n? ③-④得-2Sn=3+32+33+34+…+3n-n×3n+1= -n×3n+1,11 分 1-3 3 ?2n-1?×3 所以 Sn= + 4 4
n+1

(n∈N*).12 分

10


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