（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列与数学归纳法核心素养提升（六）课件

第六章数列与数学归纳法核心素养提升(六)一、等差数列前n项和性质的拓展与应用问题展示(必修5P44例2)已知一个等差数列{an}前10项的和是310，前20项的和是1220.由这些条件能确定这个等差数列的前n项和的公式吗？问题解析【解】法一：分析：由等差数列的求和公式Sn＝na1＋n（n－1）2d知是四元n，a1，d，Sn的关系．知道其中的两个元的关系，可构成方程组求解，从而由S10＝310，S20＝1220得10a1＋10×92d＝310，20a1＋20×19d2＝1220.解得a1＝4，d＝6.所以Sn＝4n＋n（n－1）2×6＝3n2＋n.法二：由等差数列的求和公式Sn＝na1＋n（n－1）2d＝d2n2＋a1－d2n知，等差数列的前n项和Sn是常数为0，且关于n的二次函数，故设Sn＝An2＋Bn.从而由S10＝310，S20＝1220，得100A＋10B＝310400A＋20B＝1220，解得A＝3，B＝1.所以Sn＝3n2＋n.思想方法(1)思想：等价转化思想与方程思想S10＝310S20＝1220――→转化成关于a1，d的方程组10a1＋45d＝31020a1＋190d＝1220――→转化成求a1，da1＝4d＝6⇒Sn＝3n2＋n.(2)探索思路分析→归纳→总结→解答的探索思路．(3)方法结论①将原问题变为：已知一个等差数列{an}的前n项之和为Sn，若S10＝310，S20＝1220，则S30的值为________．首先想到结论(必修5P46B组T2)已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，求证S6，S12－S6，S18－S12也成等差数列；②(必修5P68A组T10)在以d为公差的等差数列{an}中，设S1＝a1＋a2＋…＋an，S2＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n，S3＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n，求证S1，S2，S3也是等差数列，并求其公差．结论：教材两个问题反映出等差数列{an}的前n项之和Sn的同一个重要性质：即Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，Skn－S(k－1)n(k∈N*，且k≥3)成等差数列，且S3n＝3(S2n－Sn)．所以S30＝3(S20－S10)＝3×(1220－310)＝2730.其次想到的即是在原问题中，用法一或法二得出Sn＝3n2＋n的结果可求出S30＝3×302＋30＝2730.问题拓展以原问题展示为背景，进行拓展．[拓展1]求证数列Snn是等差数列．【证明】由Sn＝3n2＋n，知Snn＝3n＋1，所以Sn＋1n＋1－Snn＝3(n＋1)＋1－3n－1＝3，所以Snn是等差数列．一般地，Sn是等差数列{an}的前n项之和，则Snn也是等差数列．[拓展2]是否存在常数c，使Snn＋c是等差数列．【解】因为Sn＝3n2＋n，所以Snn＋c＝3nn＋13n＋c，当c＝0时，即得拓展1.当c＝13时，Snn＋c＝3n，Sn＋1n＋1＋13－Snn＋13＝3(n＋1)－3n＝3.所以Snn＋13是等差数列．一般地，Sn是等差数列{an}的前n项之和，则存在常数c，使得Snn＋c也是等差数列．[拓展3]求1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1的和．【解】由原题知an＝6n－2，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝14×10＋110×16＋…＋1（6n－2）（6n＋4）＝1614－110＋110－116＋…＋16n－2－16n＋4＝1614－16n＋4＝n4（6n＋4）.一般地，{an}是等差数列，且an≠0，则1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1，这正是裂项求和法的统一形式．以课本知识为基础，以数学思想和方法为指导，以拓展变形为切入点是高三数学复习行之有效的方式．二、解决数列问题的七大常用技巧巧用性质减少运算等差数列、等比数列的通项公式与求和公式中均涉及多个量，解题中可以不必求出每个量，从整体上使用公式．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SkSk＋10的正整数k＝________．[思路点拨]利用等差数列的前n项和的性质．【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6S7S5，所以依题意a6＝S6－S50，a7＝S7－S60，a6＋a7＝S7－S50，所以an0的最大n＝6.所以S11＝11（a1＋a11）2＝11a60，S12＝12（a1＋a12）2＝12（a6＋a7）20，S13＝13（a1＋a13）2＝13a70，所以S12S130，即满足SkSk＋10的正整数k＝12.【答案】12巧用升降角标法实现转化在含有an，Sn对任意正整数n恒成立的等式中，可以通过升降角标的方法再得出一个等式，通过两式相减得出数列递推式，再根据递推式得数列的通项公式和解决其他问题．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．求数列{an}的通项公式．【解】当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3，两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，所以an＋1＝3an，所以an＋1an＝3.当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则a2a1＝3.所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．所以an＝3×3n－1＝3n.巧用不完全归纳找规律解数列问题时要注意归纳推理的应用，通过数列前面若干项满足的规律推出其一般性规律．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S2018＝________．[思路点拨]根据递推式计算数列的前面若干项，发现规律，然后求S2018的值．【解析】由a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos[(n＋1)π]，得a2＝a1＋cos2π＝1＋1＝2，a3＝－a2＋cos3π＝－2－1＝－3，a4＝a3＋cos4π＝－3＋1＝－2，a5＝－a4＋cos5π＝2－1＝1，…由此可知，数列{an}是以4为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝－2，所以S2018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2017＋a2018＝504×(－2)＋a1＋a2＝－1005.【答案】－1005巧用辅助数列求通项已知数列的递推式求数列的通项公式时，基本思想就是通过变换递推式把其转化为等差数列、等比数列(辅助数列)，求出辅助数列的通项，再通过变换求出原数列的通项公式．(1)当出现an＝an－1＋m(n≥2)时，构造等差数列；(2)当出现an＝xan－1＋y(n≥2)时，构造等比数列．(1)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，求数列{an}的通项公式．(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝anan＋3(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．【解】(1)由an＋1－4an＝3×2n＋1得，an＋12n＋1－2an2n＝3，设bn＝an2n，则bn＋1＝2bn＋3，设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，所以2t－t＝3，解得t＝3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以bn＋1＋3bn＋3＝2，又b1＋3＝a12＋3＝1＋3＝4，所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－3，所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n.(2)因为an＋1＝anan＋3(n∈N*)，所以1an＋1＝3an＋1，设1an＋1＋t＝31an＋t，所以3t－t＝1，解得t＝12，所以1an＋1＋12＝31an＋12，又1a1＋12＝1＋12＝32，所以数列1an＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以an＝23n－1.巧用裂项求和裂项相消法是数列求和的基本方法之一，在通项为分式的情况下，注意尝试裂项，裂项的基本原则是an＝f(n)－f(n＋1)．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，若数列{Sn＋1}是公比为4的等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋1（an＋1－3）·Sn＋1，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.[思路点拨](1)先求Sn，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求an；(2)把通项分解为两项的差，再消项求和．【解】(1)由题意知Sn＋1＝(S1＋1)·4n－1＝4n，所以Sn＝4n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－1，且a1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3·4n－1.(2)bn＝an＋1（an＋1－3）·Sn＋1＝4n（4n－1）（4n＋1－1）＝1314n－1－14n＋1－1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝13×141－1－142－1＋13×142－1－143－1＋…＋13×14n－1－14n＋1－1＝13×141－1－14n＋1－1＝19－13（4n＋1－1）.巧用分组妙求和分组求和方法是分类与整合思想在数列求和问题中的具体体现，其基本特点是把求和目标分成若干部分，先求出部分和，再整合部分和的结果得出整体和．(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018＝________．(2)若数列{an}的通项公式为an＝22n＋1，令bn＝(－1)n－1×4（n＋1）log2anlog2an＋1，则数列{bn}的前n项和Tn＝________．【解析】(1)由an＋1·an＝2n，得an＋1·an＋2＝2n＋1，则an＋1·an＋2an·an＋1＝2，即an＋2an＝2，所以数列a1，a3，a5，…，a2k＋1，…是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2k，…是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列，则S2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝1－210091－2＋2（1－21009）1－2＝3×21009－3.(2)由题意得bn＝(－1)n－14（n＋1）log2anlog2an＋1＝(－1)n－14（n＋1）（2n＋1）（2n＋3）＝(－1)n－112n＋1＋12n＋3.当n为偶数时，Tn＝13＋15－15＋17＋…＋(12n－1＋12n＋1)－12n＋1＋12n＋3＝13－12n＋3，当n为奇数时，Tn＝13＋15－15＋17＋…－(12n－1＋12n＋1)＋12n＋1＋12n＋3＝13＋12n＋3，所以Tn＝13－(－1)n12n＋3.【答案】(1)3×21009－3(2)13－(－1)n12n＋3巧用特值验算保准确使用“错位相减法”求和的方法学生都能够掌握，但求解的结果容易出现错误，应该在求出结果后使用a1＝S1进行检验，如果出现a1≠S1，则说明运算结果一定错误，这时可以检查解题过程找出错误、矫正运算结果．已知数列{an}的通项公式为an＝3n－12n，则其前n项和Sn＝________．【解析】Sn＝221＋522＋823＋…＋3n－12n，2Sn＝2＋521＋822＋…＋3n－12n－1.两式相减得Sn＝2＋321＋322＋…＋32n－1－3n－12n，Sn＝2＋321－12n－11－12－3n－12n＝5－3n＋52n.【答案】5－3n＋52n