2020高考数学二轮总复习 第1部分 层级2 专题3 数列 第2讲 数列的通项与求和课件 理

第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题三数列第二讲数列的通项与求和栏目导航感悟真题考点突破课时跟踪检测1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是()A．440B．330C．220D．110解析：选A设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为nn＋12.由题意可知，N100，令nn＋12100，∴n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．易得第n组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n组的所有项的和为21－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，∴当t＝4，k＝13时，N＝13×13＋12＋4＝95100，不满足题意，当t＝5，k＝29时，N＝29×29＋12＋5＝440，当t5时，N440，故选A．解析：∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－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1－2n1－2＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.2．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.答案：－633．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.解析：∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，∴公差d＝a7－a37－3＝13－54＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，∴S10＝10a1＋10×92d＝100.答案：1004．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．解：(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)an＝2.所以an＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，也满足an＝22n－1(n≥2)，从而{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)记an2n＋1的前n项和为Sn.由(1)知an2n＋1＝22n＋12n－1＝12n－1－12n＋1，则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.5．(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，bn－1＝2n－3(n≥2)，bn－bn－1＝2，b1＝1，所以{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，因此数列{bn}的前n项和为Sn＝nb1＋nn－12d＝n2.明考情数列在解答题中的考查常从数列的相关项以及关系式，或数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解、数列、不等式的证明等加以综合．试题难度中等．考点一由递推关系求通项|析典例|【例】(1)(2019·安徽合肥质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2018＝()A．22018－1B．32018－6C．122018－72D．132018－103(2)(一题多解)(2019·辽宁沈阳质量监测)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，则an＝________.[解析](1)∵3Sn＝2an－3n，∴当n＝1时，3S1＝3a1＝2a1－3，∴a1＝－3.当n≥2时，3an＝3Sn－3Sn－1＝(2an－3n)－(2an－1－3n＋3)，∴an＝－2an－1－3，∴an＋1＝－2(an－1＋1)，∴数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴an＋1＝－2×(－2)n－1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，∴a2018＝(－2)2018－1＝22018－1，故选A．(2)解法一：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－anan－an－1＝2(n≥2)，又a2－a1＝1，所以{an＋1－an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝(a2－a1)·2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1也满足上式，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)．解法二：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)，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(n∈N*)．[答案](1)A(2)2n－1(n∈N*)|规律方法|1．当已知数列{an}的一个含有an，Sn的等式时，往往根据升幂或降幂的方法得到一个新的等式，然后两个等式相减，从而把前n项和转化为数列的通项之间的关系，再根据这个关系求解数列的通项公式．2．由递推公式求通项公式的三种类型(1)形如an＋1＝an＋f(n)的数列，常用累加法，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)求通项公式．(2)形如an＋1＝anf(n)，常可采用累乘法，即利用恒等式an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1求通项公式．(3)形如an＋1＝ban＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造an＋1＋x＝b(an＋x)其中x＝db－1，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它可求出an.|练题点|1．(2019·洛阳四校联考)已知数列{an}满足条件12a1＋122·a2＋123a3＋…＋12nan＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2n＋1B．an＝14，n＝1，2n＋1，n≥2C．an＝2nD．an＝2n＋2解析：选B由题意可知，数列{an}满足条件12a1＋122a2＋123a3＋…＋12nan＝2n＋5，则n≥2时，有12a1＋122a2＋123·a3＋…＋12n－1an－1＝2(n－1)＋5，n≥2，两式相减可得，an2n＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*.当n＝1时，a12＝7，∴a1＝14，综上可知，数列{an}的通项公式为an＝14，n＝1，2n＋1，n≥2.2．(一题多解)(2019·安徽合肥模拟)数列{an}满足：a1＝13，且an＋1＝n＋1an3an＋n(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.解析：解法一：an＋1＝n＋1an3an＋n，两边同时取倒数得1an＋1＝3an＋nn＋1an＝3n＋1＋nn＋1an，整理得n＋1an＋1＝nan＋3，所以n＋1an＋1－nan＝3，所以数列nan是以1a1＝3为首项，3为公差的等差数列，所以nan＝3n，所以an＝13，所以数列{an}是常数列，所以Sn＝n3.解法二：用归纳法求解，a1＝13，根据an＋1＝n＋1an3an＋n，可得a2＝13，a3＝13，a4＝13，所以猜想an＝13，经验证，an＋1＝13，从而Sn＝n3.答案：n3考点二数列求和|多角探明|命题角度一用公式法和分组求和法求和【例1】(2019·河南焦作四模)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.[解](1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，所以a1＋d＝3，4a1＋4×32d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.所以a1＝1，a4＝7.设等比数列{bn－an}的公比为q，则b4－a4＝(b1－a1)q3.因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝b4－a4b1－a1＝88－74－1＝27，解得q＝3，所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝31－3n1－3＋n1＋2n－12＝32(3n－1)＋n2＝3n＋12＋n2－32.|规律方法|分组求和法求和的常见类型注：在含有字母的数列中求和时要对字母进行讨论．命题角度二错位相减法求和【例2】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cn＝an＋1n＋1bn＋2n.求数列{cn}的前n项和Tn.[思路分析]第(1)问：求什么，如何想求{bn}的通项公式，想到求首项b1和公差d给什么，如何用题目中给出{an}的前n项和Sn及an＝bn＋bn＋1，可先利用Sn＝3n2＋8n求an，然后利用an＝bn＋bn＋1求首项b1和公差d第(2)问：求什么，如何想求{cn}的前n项和Tn，想到应先求通项cn给什么，如何用题中给出cn与an、bn的关系，可将第(1)问中求得的an和bn代入，然后求和[规范解答](1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，利用当n≥2时，an＝Sn－Sn－1求得an，从而得出等差数列的通项公式当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式，所以an＝6n＋5(n∈N*)．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.由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.|规律方法|求解数列问题的关键步骤命题角度三裂项相消法求和【例3】(2019·辽宁沈阳三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2＋Sn对一切正整数n恒成立．(1)求当a1为何值时，数列{an}是等比数列，并求出它的通项公式；(2)在(1)的条件下，若数列{bn}满足bn＝anan＋1＋1an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)因为an＋