高考数学二轮复习 第1部分 专题四 数列 2 递推数列及数列求和课件 文

类型一类型二限时速解训练综合提升训练滚动训练必考点二递推数列及数列求和[高考预测]——运筹帷幄1．数列的求和问题与最值问题．2．数列与归纳、递推、不等式的综合应用．[速解必备]——决胜千里1．常见两种递推关系的变形(1)递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋qp－1＝pan＋qp－1(p≠1)的形式，利用an＋qp－1是以p为公比的等比数列求解；(2)递推关系形如an＋1＝panan＋p(p为非零常数)可化为1an＋1－1an＝1p的形式．2．数列的单调性对于数列{an}，若an＋1an，则{an}为递增数列若an＋1an，则{an}为递减数列若an＋1＝an，则{an}为常数列3．等差数列{an}的通项公式an是关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)(d≠0)前n项和Sn是关于n的无常数项的二次函数Sn＝d2n2＋a1－d2n，(d≠0)4．数列中不等式的放缩技巧(1)1k21k2－1＝121k－1－1k＋1.(2)1k－1k＋11k21k－1－1k.(3)2(n＋1－n)1n2(n－n－1)．5．一般地，若{an}为等差数列，则求数列1anan＋1的前n项和可尝试此方法，事实上，1anan＋1＝ddanan＋1＝an＋1－andanan＋1＝1d·1an－1an＋1.[速解方略]——不拘一格类型一数列的递推关系[例1](1)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.解析：基本法：∵an＋1＝SnSn＋1，且an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴1Sn－1Sn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1.又1S1＝1a1＝－1，∴1Sn是首项为－1，公差为－1的等差数列，∴1Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n.∴Sn＝－1n.速解法：由Sn＋1－Sn＝Sn·Sn＋1得Sn＋1＝Sn1－Sn.∴S2＝S11－S1＝－12＝－12，S3＝S21－S2＝－121＋12＝－13，S4＝S31－S3＝－131＋13＝－14∴Sn＝－1n.答案：－1n方略点评：基本法是转化为等差数列1Sn求通项.,速解法是简单归纳法.(2)若数列{an}的前n项和Sn＝23an＋13，则{an}的通项公式是an＝________.解析：基本法：由Sn＝23an＋13得，当n≥2时，Sn－1＝23an－1＋13，两式相减，整理得an＝－2an－1，又n＝1时，S1＝a1＝23a1＋13，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝(－2)n－1.速解法：由Sn＝23an＋13得Sn－1＋an＝23an＋13∴an＝1－3Sn－1，由于a1＝1.∴a2＝1－3＝－2，a3＝1－3S2＝1－3×(1－2)＝4猜想{an}为a1＝1，q＝－2的等比数列，an＝(－2)n－1.答案：(－2)n－1方略点评：1基本法采用了递推关系，Sn－Sn－1＝an，得出新的递推关系，an＝－2an－1n≥2,速解法经过简单的计算a1，a2，a3，是归纳猜想.2已知Sn求an时应注意的问题①应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.②由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写”.③由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示“分写”，即an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2.1．数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝__________.解析：基本法：先求出数列的周期，再进一步求解首项．∵an＋1＝11－an，∴an＋1＝11－an＝11－11－an－1＝1－an－11－an－1－1＝1－an－1－an－1＝1－1an－1＝1－111－an－2＝1－(1－an－2)＝an－2，∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3.∴a8＝a2＝2，而a2＝11－a1＝2，∴a1＝12.速解法：从a8开始，由递推公式逐次求出a7、a6、a5发现周期a8＝11－a7＝2，∴a7＝12a7＝11－a6＝12，a6＝－1a6＝11－a5＝－1，a5＝2∴T＝3，∴a7＝a1＝12.答案：122．数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，an＝2Sn－1＋3n(n≥2)，则该数列的通项公式为an＝________.解析：∵an＝2Sn－1＋3n，∴an－1＝2Sn－2＋3n－1(n≥3)，两式相减得：an－an－1＝2an－1＋2×3n－1，即an＝3an－1＋2×3n－1，∴an3n＝an－13n－1＋23(n≥3)，又a2＝2S1＋32＝2a1＋32＝15，a232＝53，a13＋23＝53，即a232＝a13＋23，∴数列an3n是以1为首项，23为公差的等差数列，∴an3n＝1＋(n－1)×23，∴an＝(2n＋1)3n－1.答案：(2n＋1)3n－1类型二数列求和[例2](1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100A解析：基本法：由S5＝5×a1＋a52得a1＝1，又∵a5＝a1＋4d，∴d＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n.∴1an·an＋1＝1n－1n＋1∴T100＝11－12＋12－13＋…[phone]＝100101.速解法：由S5＝5a3及S5＝15，得a3＝3∴d＝a5－a35－3＝1，a1＝1，∴an＝n，1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，所以数列1anan＋1的前100项和T100＝1－12＋12－13＋…[phone]＝1－1101＝100101，故选A.答案：A方略点评：本题考查的裂项求和，基本法是利用Sn和an公式求an.速解法是利用性质a1＋a5＝2a3及a5－a3＝2d，求an.(2)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项的和为________．解析：基本法：当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋3＋a2k＋1＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×3＋1192＝30×61＝1830.速解法：由an＋1＋(－1)nan＝2n－1得a2－a1＝1①a3＋a2＝3②a4－a3＝5③a5＋a4＝7④…a59＋a58＝2×58－1○58a60－a59＝2×59－1○59a61＋a60＝2×60－1○60②－①得a3＋a1＝2，④－③得a5＋a3＝2，∴a1＝a5＝…＝a61∴②＋④＋⑥＋…＋○60得(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a58＋a59)＋(a60＋a61)＝3＋7＋…(2×60－1)＝3×30＋30×292×4＝1830.答案：1830方略点评：1基本法是针对n的奇偶性探求数列{an}的周期性.速解法是探讨特殊的前几项得到求和规律.2数列求和首先明确通项特征才能选用求和方法.1．(2016·山东青岛模拟)数列{an}的通项公式是an＝1n＋n＋1，若前n项和为10，则项数n为()A．120B．99C．11D．121A解析：an＝1n＋n＋1＝n＋1－nn＋1＋nn＋1－n＝n＋1－n，所以a1＋a2＋…＋an＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝10.即n＋1＝11，所以n＋1＝121，n＝120.答案：A2．(2016·江西八所重点中学联考)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2019＝________.解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2018＋a2019)＝1＋(－1)×1009＝－1008.答案：－1008[终极提升]——登高博见选择题、填空题的解法——归纳法方法诠释根据某类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的全部对象都具有这种性质的推理方法叫归纳法．方法特征由部分到整体，由特殊到一般，在数列中由a1，a2，a3…想象an由S1，S2，S3…想象Sn.