2019-2020年高三数学二轮复习 专题四第二讲 数列的通项公式与数列求和教
案 理
类型一 数列的通项问题
1．累加法求通项：形如an＋1－an＝f(n)．
2．累乘法求通项：形如
an＋1
＝f(n)． an3．构造法：形如：an＋1＝pan＋q.
??S1（n＝1），
4．已知Sn求an，即an＝?
?Sn－Sn－1（n≥2）.?
[例1] (2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，
n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解析] (1)当n＝1时，T1＝2S1－12.
因为T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，解得a1＝1.
(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1， 所以Sn＝2Sn－1＋2n－1，① 所以Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，② ②－①得an＋1＝2an＋2. 所以an＋1＋2＝2(an＋2)，即
an＋1＋2
＝2(n≥2)． an＋2
a2＋2
＝2，所以当n＝1时也满足上式．所以{an＋2}是以3为首项，2a1＋2
n－1
当n＝1时，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则
为公比的等比数列，所以an＋2＝3·2，所以an＝3·2
n－1
－2.
跟踪训练
数列{an}中，a1＝1，对所有的n≥2，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，数列{an}的通项公式为________． 解析：由题意，当n≥2时， a1·a2·a3·…·an＝n2，①
故当n＝2时，有a1·a2＝22＝4， 又因为a1＝1，所以a2＝4. 故当n≥3时，
有a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)，② ①n由，得an＝2. ②（n－1）
而当n＝1时，a1＝1，不满足上式，n＝2时，满足上式． 1（n＝1），??所以数列{an}的通项公式为an＝? n2
（n≥2）.2
??（n－1）1 （n＝1）??
答案：? n2
2 （n≥2）??（n－1）
类型二 数列求和
数列求和的方法技巧 (1)转化法
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并； (2)错位相减法
这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列；
(3)裂项相消法
利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和． [例2] (2012年高考浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an2
2
＝4log2bn＋3，n∈N*. (1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. [解析] (1) 由Sn＝2n2＋n，得 当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 所以an＝4n－1，n∈N*.
由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*， 所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n， 所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)] ＝(4n－5)2n＋5.
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.
跟踪训练
(2012年高考课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( ) A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830
解析：利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解．
∵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＋…＋15×（10＋234）234＝＝1 830.
2
答案：D
类型三 数列的综合应用
1．数列的综合应用多涉及函数、不等式、解析几何等知识．
2．数列的单调性的判断方法： (1)作差：an＋1－an与0的关系； (2)作商：
an＋1
与1的关系． ann＋1
[例3] (2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2＋1，n∈N，且a1，a2
*