2020届二轮复习数列通项与求和学案（全国通用）

第2讲　数列通项与求和

[做真题]
题型一　an与Sn关系的应用
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.
答案：－63
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
解析：因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
因为 Sn≠0，所以－＝1，即－＝－1.
又＝－1，所以{}是首项为－1，公差为－1的等差数列．
所以＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－.
答案：－
题型二　数列求和
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝__________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，
即解得
所以Sn＝，
因此＝2＝.
答案：
2．(2018·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
3．(2016·高考全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
解：(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为bn＝
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
[明考情]
1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．
2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．


Sn，an关系的应用
[典型例题]
(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 019＝(　　)
A．－22 019－1　　　　　　　 B．32 019－6
C．－ D．－
(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则＝________．
(3)(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．
【解析】　(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.
当n≥2时，3Sn＝2an－3n，3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．
所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，
则a2 019＝－22 019－1.
(2)由题意可知nan＋1＋2anan＋1＝(n＋1)an，两边同除以anan＋1，得－＝2，又＝，所以是以为首项，2为公差的等差数列，所以＝n＋n(n－1)×2＝n2－n.
(3)法一：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，
即a2＝2a1＋1＝－1.根据Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)①，知Sn＋1＝3Sn＋2n＋1－3②，
②－①可得，an＋1＝3an＋2n(n≥2)．
两边同时除以2n＋1可得＝·＋(n≥2)，令bn＝，可得bn＋1＝·bn＋(n≥2)．
所以bn＋1＋1＝(bn＋1)(n≥2)，数列{bn＋1}是以b2＋1＝为首项，为公比的等比数列．
所以bn＋1＝·(n≥2)，
所以bn＝·－1(n≥2)．*
又b1＝－也满足*式，
所以bn＝·－1(n∈N*)，又bn＝，所以an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.
所以a4＝33－24＝11.
法二：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，所以a2＝－1.
S3＝3S2＋8－3，所以a3＝1.S4＝3S3＋16－3，所以a4＝11.
【答案】　(1)A　(2)n2－n　(3)11

(1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
(2)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．　
[对点训练]
1．(2019·武昌区调研考试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝(　　)
A．40　　　　　　　　　 B．44
C．45 D．49
解析：选B．法一：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B．
法二：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝，所以{an}从第二项起是等差数列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44，故选B．
2．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1