（广西课标版）2020版高考数学二轮复习 4.2 数列的通项与求和课件 文

4.2数列的通项与求和-2-试题统计题型命题规律复习策略(2016全国Ⅰ,文17)(2016全国Ⅱ,文17)(2016全国Ⅲ,文17)(2017全国Ⅰ,文17)(2017全国Ⅱ,文17)(2017全国Ⅲ,文17)(2018全国Ⅰ,文17)解答题数列的通项与求和是高考中对数列考查的又一个重点,主要考查等差数列、等比数列的求和公式,以及通过变形转化为等差数列、等比数列的数列求和.数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起,考查内容较为全面,在考查基本运算、基本能力的基础上,又注意考查分析问题、解决问题的能力.在熟练掌握等差数列、等比数列通项和前n项和的基础上,对经常考查的题型进行针对训练,重点是通过转化为等差数列、等比数列后求通项公式.非等差(比)数列的求和问题经常用到分组转化法求和,裂项相消法求和,错位相减法求和等.难度不宜过大,以中低档题为主.-3-命题热点一命题热点二命题热点三由数列的递推关系求通项【思考】由递推关系求数列的通项的常用的方法有哪些?例1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:(1)a1=2,𝑎𝑛+1=an+ln1+1𝑛;(2)a1=12,𝑎𝑛+1=𝑛𝑛+2an+1-𝑛𝑛+2;(3)a1=1,𝑎𝑛+1=3an+2.解(1)∵an+1=an+ln1+1𝑛,∴an-an-1=ln1+1𝑛-1=ln𝑛𝑛-1(n≥2),∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=ln𝑛𝑛-1+ln𝑛-1𝑛-2+…+ln32+ln2+2=2+ln𝑛𝑛-1·𝑛-1𝑛-2·…·32·2=2+lnn(n≥2).又a1=2适合上式,故an=2+lnn(n∈N*).-4-命题热点一命题热点二命题热点三(2)∵an+1=𝑛𝑛+2an+1-𝑛𝑛+2,∴an+1-1=𝑛𝑛+2(an-1).令bn=an-1,有b1=a1-1=-12,则bn+1=𝑛𝑛+2bn,取n=1,2,3,…,n-1,由累乘,得bn=13×24×35×…×𝑛-1𝑛+1×-12=-1𝑛(𝑛+1),an=1-1𝑛(𝑛+1).(3)由an+1=3an+2,得an+1+1=3(an+1),∵a1=1,∴a1+1=2,an+1≠0,∴𝑎𝑛+1+1𝑎𝑛+1=3.∴数列{an+1}是以2为首项,以3为公比的等比数列.则an+1=2·3n-1,故an=2·3n-1-1.-5-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思由递推关系求数列的通项的基本思想是转化,常用的方法:(1)an+1-an=f(n)型,采用迭加法;(2)𝑎𝑛+1𝑎𝑛=f(n)型,采用迭乘法;(3)an+1=pan+q(p≠0,p≠1)型,转化为等比数列解决;(4)an+1=𝑝𝑎𝑛𝑝+𝑞𝑎𝑛(an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等差数列解决.-6-命题热点一命题热点二命题热点三【思考】已知Sn与an的关系式,如何求an?例2记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.-63解析∵Sn=2an+1,当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1.当n≥2时,Sn-1=2an-1+1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1.∴数列{an}是首项a1为-1,公比q为2的等比数列,∴Sn=𝑎1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=-(1-2𝑛)1-2=1-2n,∴S6=1-26=-63.-7-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1=S1求出a1;(2)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求出当n≥2时an的表达式;(3)对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2时an的表达式,如果符合,则把数列的通项公式合写;如果不符合,则应该分n=1与n≥2两段来写.-8-命题热点一命题热点二命题热点三对点训练1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:(1)a1=1,𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛2+𝑎𝑛;(2)Sn=23an+13;(3)Sn=n2+n+1.解(1)∵a1=1,an+1=2𝑎𝑛2+𝑎𝑛,∴1𝑎𝑛+1=1𝑎𝑛+12.∴数列1𝑎𝑛是等差数列,其首项为1,公差为12,∴1𝑎𝑛=1+𝑛-12,∴an=2𝑛+1.-9-命题热点一命题热点二命题热点三(2)∵Sn=23an+13,①∴当n≥2时,Sn-1=23an-1+13.②由①-②,得an=23an-23an-1,即𝑎𝑛𝑎𝑛-1=-2.∵a1=S1=23a1+13,∴a1=1.∴{an}是以1为首项,-2为公比的等比数列,an=(-2)𝑛-1.(3)当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+n+1)-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n.又a1=3≠2×1,故an=3,𝑛=1,2𝑛,𝑛≥2.-10-命题热点一命题热点二命题热点三裂项相消法求和【思考】在裂项相消法中,裂项的基本思想是什么?例3Sn为数列{an}的前n项和.已知an0,𝑎𝑛2+2an=4Sn+3.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,求数列{bn}的前n项和.-11-命题热点一命题热点二命题热点三解(1)由𝑎𝑛2+2an=4Sn+3,可知𝑎𝑛+12+2an+1=4Sn+1+3.可得𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2=(an+1+an)(an+1-an).由an0,可得an+1-an=2.又𝑎12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(2𝑛+1)(2𝑛+3)=1212𝑛+1-12𝑛+3.设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=1213-15+15-17+…+12𝑛+1-12𝑛+3=𝑛3(2𝑛+3).-12-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(k∈N*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的,要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差与系数之积等于原通项.-13-命题热点一命题热点二命题热点三对点训练2已知数列{an}的前n项和Sn,且满足:1𝑎1-1+2𝑎2-1+3𝑎3-1+…+𝑛𝑎𝑛-1=n,n∈N*.(1)求an;(2)求证:1𝑆1+1𝑆2+…+1𝑆𝑛32.(1)解当n=1时,1𝑎1-1=1,即a1=2,1𝑎1-1+2𝑎2-1+3𝑎3-1+…+𝑛𝑎𝑛-1=n.①当n≥2时,1𝑎1-1+2𝑎2-1+…+𝑛-1𝑎𝑛-1-1=n-1.②由①-②,得𝑛𝑎𝑛-1=1,即an=n+1(n≥2).∵a1=2也适合上式,∴an=n+1.-14-命题热点一命题热点二命题热点三(2)证明(方法一)∵an-an-1=1,∴数列{an}是等差数列.∴Sn=(𝑎1+𝑎𝑛)𝑛2=(𝑛+3)𝑛2,1𝑆𝑛=2𝑛(𝑛+3)=231𝑛-1𝑛+3.∴1𝑆1+1𝑆2+…+1𝑆𝑛-1+1𝑆𝑛=231-14+12-15+13-16+…+1𝑛-1𝑛+3=231+12+13-1𝑛+1+1𝑛+2+1𝑛+3231+12+13=11932.-15-命题热点一命题热点二命题热点三(方法二)∵an-an-1=1,∴数列{an}是等差数列.∴Sn=(𝑎1+𝑎𝑛)𝑛2=(𝑛+3)𝑛2,1𝑆𝑛=2𝑛(𝑛+3)2𝑛(𝑛+2)=1𝑛−1𝑛+2.∴1𝑆1+1𝑆2+…+1𝑆𝑛-1+1𝑆𝑛1-13+12-14+…+1𝑛-1-1𝑛+1+1𝑛-1𝑛+2=1+12+13+…+1𝑛−13+14+…+1𝑛+1+1𝑛+2=1+12−1𝑛+1+1𝑛+232.-16-命题热点一命题热点二命题热点三错位相减法求和【思考】具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?例4已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)令,求数列{cn}的前n项和Tn.cn=(𝑎𝑛+1)𝑛+1(𝑏𝑛+2)𝑛-17-命题热点一命题热点二命题热点三解(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,符合上式.所以an=6n+5.设数列{bn}的公差为d.由𝑎1=𝑏1+𝑏2,𝑎2=𝑏2+𝑏3,即11=2𝑏1+𝑑,17=2𝑏1+3𝑑,可解得𝑏1=4,𝑑=3,所以bn=3n+1.(2)由(1)知cn=(6𝑛+6)𝑛+1(3𝑛+3)𝑛=3(n+1)·2n+1.又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)·2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)·2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2]=3×4+4(1-2𝑛)1-2-(𝑛+1)·2𝑛+2=-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.-18-命题热点一命题热点二命题热点三题后反思如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,那么求数列{an·bn}的前n项和时采用错位相减法,即和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解.应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.-19-命题热点一命题热点二命题热点三对点训练3已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q0,解得q=2.所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.-20-命题热点一命题热点二命题热点三(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=12×(1-2𝑛)1-2-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得Tn=(3n-4)2n+2+16.所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.-21-234151.在数列{an}中,a1=1,2nan+1=(n+1)an,则数列{an}的通项公式为()A.𝑛2𝑛B.𝑛2𝑛-1C.𝑛2𝑛-1D.𝑛+12𝑛B解析an=𝑎𝑛𝑎𝑛-1·𝑎𝑛-1𝑎𝑛-2·𝑎𝑛-2𝑎𝑛-3·…·𝑎2𝑎1·a1=𝑛2(𝑛-1)·𝑛-12(𝑛-2)·…·22·1·1=𝑛2𝑛-1(n≥2).因为a1=1适合上式,所以an=𝑛2𝑛-1.故