2020版高考数学大二轮复习 专题二 数列 第二讲 数列的综合问题课件 文

专题二数列第二讲数列的综合问题考点二考点三考点一目录ONTENTSC4限时规范训练[策略分析·把握技巧]化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；(2)利用等差中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．2．证明{an}是等比数列的两种基本方法：(1)利用定义，证明an＋1an(n∈N*)为一非零常数；(2)利用等比中项性质，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知数列{an}满足设bn＝ann.[学审题]条件信息想到方法注意什么由信息❶nan＋1＝2(n＋1)an递推关系变形an＋1＝2n＋1nan由信息❷求b1、b2、b3想到先求a1、a2、a3，再求b1、b2、b3由信息❸判断{bn}是否为等比数列由等比数列的定义推断bn＋1bn＝常数由信息❹求an先求bn，再求an判断{bn}为等比数列时要紧扣定义去推断[规范解答](1)由条件可得an＋1＝2n＋1nan.………………2分将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.……………………4分从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.……………………6分(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得an＋1n＋1＝2ann，即bn＋1＝2bn，…………8分又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.……………………10分(3)由(2)可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1.……………………12分[类题通法]1.判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n项和公式，但不能将其作为证明方法．2．(1)an＋1an＝q和a2n＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．(2)学科素养：利用定义判定或证明数列问题重要体现了数学抽象逻辑推理与数学运算学科素养能力．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．解析：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1.所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1，所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋n－12，bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝12n－n＋12.(2019·高考全国卷Ⅱ)(12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列❶，a1＝2，a3＝2a2＋16❷.(1)求{an}的通项公式；[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶已知{an}是各项均为正数的等比数列数列定义信息❷已知a1＝2，a3＝2a2＋16利用通项公式求出公比，列出方程信息❸bn＝log2an求bn注意条件中各项均为正，公比不能为负值[规范解答](1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.…………3分解得q＝－2(舍去)或q＝4.……………………5分因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.………………6分(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，……………………10分因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.……12分[类题通法]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．(2019·湛江一模)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a2＝0，b2＝1，且a3＝b3，a4＝b4.(1)求an和bn；(2)求数列{nbn}的前n项和Sn.解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，∵a2＝0，b2＝1，且a3＝b3，a4＝b4.∴a1＋d＝0，b1q＝1，a1＋2d＝b1q2，a1＋3d＝b1q3，联立解得：a1＝－2，d＝2，b1＝12，q＝2，∴an＝－2＋2(n－1)＝2n－4，bn＝2n－2.(2)数列{nbn}的前n项和Sn＝12＋2＋3×2＋4×22＋…＋n·2n－2，∴2Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，∴－Sn＝12＋1＋2＋22＋…＋2n－2－n·2n－1＝122n－12－1－n·2n－1，化为：Sn＝(n－1)·2n－1＋12.1．求数列通项常用的方法(1)定义法：①形如an＋1＝an＋C(C为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如an＋1＝kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．(2)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式．(3)累乘法：形如an＋1an＝f(n)≠0，利用an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1，求其通项公式．(4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝q1－p，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn＋1，得an＋1qn＋1＝pq·anqn＋1q，构造新数列{bn}其中bn＝anqn，得bn＋1＝pq·bn＋1q，接下来用待定系数法求解．2．常用求和方法(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用于形如canan＋1(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)设数列{an}满足(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n利用an与Sn的关系求解分n＝1，n≥2讨论信息❷an2n＋1根据通项结构选裂项求和裂项时消去项与保留项的首尾对应[规范解答](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).………2分两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2).………………………4分又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{an}的通项公式为an＝22n－1.………………………6分(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.…………8分则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.………12分[类题通法]1.分类讨论思想在数列求和中的应用(1)当数列通项中含有(－1)n时，在求和时要注意分n为奇数与偶数处理．(2)对已知数列满足an＋2an＝q，在求{an}的前n项和时分奇数项和偶数项分别求和．2．学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力．(2019·厦门一模)已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列1anbn的前n项和．解析：(1)数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.所以：当n＝1时，a2＝b1＝6，故：an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，由于b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.①当n≥2时，b1＋b22＋b33＋…＋bn－1n－1＝an②，①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，所以：bn＝2n所以：bn＝6n＝12nn≥2.(2)当n＝1时，S1＝1a1b1＝14×6＝124.当n≥2时，1anbn＝12n2n＋2＝141n－1n＋1，则：Sn＝124＋1412－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝124＋1412－1n＋1＝2n－112n＋1，当n＝1时满足上式，故Sn＝2n－112n＋1.