（名师讲坛）2020版高考数学二轮复习 专题六 数列 第2讲 数列的递推关系与求和课件

专题六数列第2讲数列的递推关系与求和回归教材栏目导航举题固法即时评价回归教材1.(必修5P41习题13改编)若数列{an}满足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________．an＝nn＋12【解析】由an＝n＋an－1可变形为an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，由此可写出以下各式：an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，…，a2－a1＝2，将以上等式两边分别相加，得an－a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2，所以an＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝nn＋12，当n＝1时也符合上式．故an＝nn＋12.累加法2.(必修5P52公式推导过程改编)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1an＝nn＋1，那么an＝________.1n【解析】当n≥2时，an＝a1×a2a1×a3a2×a4a3×…×anan－1＝1×12×23×34×…×n－1n＝1n，当n＝1时也成立，故an＝1n.累乘法3.(必修5P68习题13改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5＝________.56【解析】S5＝a1＋a2＋…＋a5＝11×2＋12×3＋…＋15×6＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝1－16＝56.裂项相消法4.(必修5P68习题12改编)若数列{an}满足a11＋a23＋a35＋…＋an2n－1＝3n＋1，则数列{an}的通项公式是________________________．an＝9，n＝1，22n－1·3n，n≥2【解析】当n＝1时，a1＝32＝9；当n≥2时，由题设中a11＋a23＋a35＋…＋an2n－1＝3n＋1，得a11＋a23＋a35＋…＋an－12n－3＝3n，以上两式两边相减可得an2n－1＝3n＋1－3n，即an＝2(2n－1)·3n，故an＝9，n＝1，22n－1·3n，n≥2.由Sn求an•5.(必修5P69习题2改编)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足a2n＋1＝2a2n－1与a2n＝a2n－1＋1，那么S20＝________.•【解析】由数列{an}的首项a1＝1，且满足a2n＋1＝2a2n－1，•可得数列{a2n－1}为等比数列，可得a2n－1＝2n－1，•所以a2n＝a2n－1＋1＝2n－1＋1，所以a2n－1＋a2n＝2n＋1，•则S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝205621＋22＋…＋210＋10＝2210－12－1＋10＝2056.分组求和举题固法目标1数列中的递推关系(2019·南京考前综合题)在数列{an}中，已知a1＝12，点(n,2an＋1－an)(n∈N*)在直线y＝x上，(1)令bn＝an＋1－an－1，求证：数列{bn}是等比数列；【解答】由题意知a1＝12，2an＋1＝an＋n，bn＋1＝an＋2－an＋1－1＝an＋1＋n＋12－an＋n2－1＝an＋1－an－12＝12bn.因为a2＝34，a2－a1－1＝34－12－1＝－34，所以b1≠0，所以bn≠0(bn∈N*)，所以bn＋1bn＝12，所以{bn}是以－34为首项，12为公比的等比数列．(2)求数列{an}的通项公式；【解答】由(1)知bn＝－34×12n－1＝－32×12n，所以an＋1－an－1＝－32×12n，所以a2－a1－1＝－32×12，a3－a2－1＝－32×122，…，an－an－1－1＝－32×12n－1(n≥2)，将以上各式相加得an－a1－(n－1)＝－3212＋122＋…＋12n－1，所以an＝a1＋n－1－32×121－12n－11－12＝12＋(n－1)－321－12n－1＝32n＋n－2，所以an＝32n＋n－2(n≥2)．又a1＝12符合上式，所以{an}的通项公式是an＝32n＋n－2.(3)设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列Sn＋λTnn为等差数列？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．【解答】因为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝3121＋122＋…＋12n＋(1＋2＋…＋n)－2n＝3×121－12n1－12＋nn＋12－2n＝31－12n＋n2－3n2＝－32n＋n2－3n2＋3，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－341－12n1－12＝－321－12n＝－32＋32n＋1，所以Sn＋λTn＝－32n＋n2－3n2＋3＋λ－32＋32n＋1＝n2－3n2＋31－λ21－12n，记cn＝Sn＋λTnn，要使数列{cn}为等差数列，则2c2＝c1＋c3，解得λ＝2.又当λ＝2时，cn－cn－1＝12为常数，即数列Sn＋λTnn为等差数列．所以符合题意的λ的值为2.(2019·苏州最后一卷)已知数列{an}的前n项和记为An且An＝na1＋an2，数列{bn}是公比为q的等比数列，它的前n项和记为Bn.若a1＝b1≠0，且存在不小于3的正整数k，m，使得ak＝bm.(1)若a1＝1，a3＝5，求a2的值；【解答】当n＝3时，A3＝a1＋a2＋a3＝3a1＋a32，因为a1＝1，a3＝5，所以a2＝3.•即(n－1)an＋1－nan＋a1＝0，•所以nan＋2－(n＋1)an＋1＋a1＝0，•两式相减，得2an＋1＝an＋an＋2，•所以数列{an}为等差数列．(2)求证：数列{an}为等差数列；【解答】由An＝na1＋an2，得An＋1＝n＋1a1＋an＋12，两式相减，得an＋1＝a1＋n＋1an＋1－nan2，(3)若q＝2，是否存在整数m，k，使得Ak＝86Bm，若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．【解答】由题意知ak＝bm＝a1·2m－1，由Ak＝86Bm，得a1＋ak2×k＝86×a1－qam1－q，即a1＋a1·2m－12×k＝86×a1－2ma11－2，则2m＝12×864×86－k－2，所以344－k＝5162m－1＋1.•因为29＝512，且m≥3，所以2≤m－1≤9，•又因为516＝4×129＝4×3×43，且2m－1＋1为奇数，•所以m＝8，k＝340.所以2m－1＋1＝129时，5162m－1＋1是整数，此时m－1＝7，目标2数列的求和问题已知数列{an}的前n项和为Sn,2Sn＋an＝3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式．【解答】由2Sn＋an＝3，①得2Sn－1＋an－1＝3(n≥2)，②由①－②得2an＋an－an－1＝0，即an＝13an－1(n≥2)，对①取n＝1，得a1＝1≠0，所以an≠0，所以anan－1＝13为常数，所以{an}为等比数列，首项为1，公比为13，即an＝13n－1，n∈N*.(2)设数列{bn}满足对于任意的n∈N*，都有a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝13n－1＋3n－3成立．①求数列{bn}的通项公式；②设数列cn＝anbn，问：数列{cn}中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项，若不存在，请说明理由．【解答】①由an＝13n－1，可得对任意的n∈N*，有bn＋13bn－1＋132bn－2＋…＋13n－1b1＝13n－1＋3n－3，③则bn－1＋13bn－2＋132bn－3＋…＋13n－2b1＝13n－2＋3(n－1)－3(n≥2)，④则13bn－1＋132bn－2＋133bn－3＋…＋13n－1b1＝13n－1＋n－2(n≥2)，⑤由③－⑤得bn＝2n－1(n≥2)，对③取n＝1，得b1＝1也适合上式，因此bn＝2n－1，n∈N*.②由(1)(2)可知cn＝anbn＝2n－13n－1，则cn＋1－cn＝2n＋13n－2n－13n－1＝41－n3n，所以当n＝1时，cn＋1＝cn，即c1＝c2，•当n≥2时，cn＋1＜cn，•即{cn}在n≥2且n∈N*上单调递减，•故c1＝c2＞c3＞c4＞c5＞…，•假设存在三项cs，cp，cr成等差数列，其中s，p，r∈N*，•由于c1＝c2＞c3＞c4＞c5＞….•不妨设s＜p＜r，则2cp＝cs＋cr(*)，即22p－13p－1＝2s－13s－1＋2r－13r－1，因为s，p，r∈N*且s＜p＜r，则s≤p－1且p≥2，由数列{cn}的单调性可知，cs≥cp－1，即2s－13s－1≥2p－33p－2，因为cr＝2r－13r－1＞0，所以22p－13p－1＝2s－13s－1＋2r－13r－1＞2p－33p－2，即22p－13p－1＞2p－33p－2，化简得p＜72，又p≥2且p∈N*，所以p＝2或p＝3.•当p＝2时，s＝1，即c1＝c2＝1，•由r≥3时，cr＜c2＝1，此时c1，c2，cr不构成等差数列，不合题意．•当p＝3时，由题意知s＝1或s＝2，即cs＝1，又cp＝c3＝59，代入(*)式得cr＝19，因为数列{cn}在n≥2且n∈N*上单调递减，且c5＝19，r≥4，所以r＝5.综上所述，数列{cn}中存在三项c1，c3，c5或c2，c3，c5构成等差数列．在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝a，且an＋1＝k(an＋an＋2)对任意的正整数都成立，数列{an}的前n项和为Sn.(1)若k＝12，且S2019＝2019a，求a的值．【解答】当k＝12时，an＋1＝12(an＋an＋2)，an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}是等差数列，此时首项a1＝1，公差d＝a2－a1＝a－1，数列{an}的前2019项和为S2019＝2019＋12×2019(2019－1)(a－1)＝2019a，解得a＝1.(2)是否存在实数k，使得数列{an}是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项am，am＋1，am＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．【解答】设数列{an}是等比数列，则其公比q＝a2a1＝a，所以am＝am－1，am＋1＝am，am＋2＝am＋1.①若am＋1为等差中项，则2am＋1＝am＋am＋2，即2am＝am－1＋am＋1，解得a＝1，不合题意；②若am为等差中项，则2am＝am＋1＋am＋2，即2am－1＝am＋am＋1，化简得a2＋a－2＝0，解得a＝－2(舍去a＝1)，所以k＝am＋1am＋am＋2＝amam－1＋am＋1＝a1＋a2＝－25；③若am＋2为等差中项，则2am＋2＝am＋1＋am，即2am＋1＝am＋am－1，化简得2a2－a－1＝0，解得a＝－12(舍去a＝1)，所以k＝am＋1am＋am＋2＝amam－1＋am＋1＝a1＋a2＝－25.综上，满足要求的实数k有且仅有一个，k＝－25.(3)若k＝－12，求Sn.【解答】若k＝－12，则an＋1＝－12(an＋an＋2)，an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，an＋3＋an＋2＝－(an＋2＋an＋1)＝an＋1＋an.当n是偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝n2(a1＋a2)＝n2(a＋1)；•当n是奇数时，•Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an•＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝a1＋n－12(a2＋a3)＝a1＋n－12[－(a1＋a2)]＝1－n－12(a＋1)，当n＝1也适合上式．综上所述，Sn＝1－n－12a＋1，n是奇数，n2a＋1，n是偶数.即时