2020版高考数学大二轮复习 4.2 递推数列及数列求和的综合问题学案 文

-1-第2讲递推数列及数列求和的综合问题考点1由递推关系式求通项公式(1)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．(2)累积法：形如an＋1an＝f(n)≠0，利用an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1，求其通项公式．(3)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．(4)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．[例1]根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：(1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1；(2)a1＝1，an＝n－1nan－1(n≥2)；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.【解析】(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋n－12＋n2＝nn＋12＋1.又a1＝2＝1×1＋12＋1，符合上式，因此an＝nn＋12＋1.(2)∵an＝n－1nan－1(n≥2)，∴an－1＝n－2n－1an－2，…，a2＝12a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1·12·23·…·n－1n＝a1n＝1n.当n＝1时，a1＝1，上式也成立．-2-∴an＝1n.(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴an＋1＋1an＋1＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.由数列递推式求通项公式的常用方法『对接训练』1．根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；(2)a1＝1，an＋1＝2nan；(3)a1＝1，an＋1＝2anan＋2.解析：(1)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)∵an＋1an＝2n，-3-∴a2a1＝21，a3a2＝22，…，anan－1＝2n－1，将这n－1个等式叠乘，得ana1＝21＋2＋…＋(n－1)＝2+12nn，∴an＝2-12nn.(3)∵an＋1＝2anan＋2，取倒数得：1an＋1＝an＋22an＝1an＋12，∴1an＋1－1an＝12，∵a1＝1，∴1a1＝1，∴1an是以1为首项，12为公差的等差数列，∴1an＝1＋(n－1)·12＝n＋12，∴an＝2n＋1.考点2错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．[例2][2019·天津卷]设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，或d＝－3，q＝－1，(舍)-4-故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝n×3＋nn－12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－31－3n1－3＋n×3n＋1＝2n－13n＋1＋32.所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－13n＋1＋32＝2n－13n＋2＋6n2＋92(n∈N*).所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证.『对接训练』2．[2019·山东青岛一模]已知公比为q的等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求q的值；(2)若bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有2a1＋a3＝3a2，a2＋a4＝2a3＋2，即a12＋q2＝3a1q①，a1q＋q3＝2a1q2＋4②，由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1.代入②知q＝1不成立，故舍去，所以q＝2.(2)由(1)知a1＝2，所以an＝2n，bn＝anlog2an＝2nlog22n＝n·2n，-5-所以Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，所以2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.考点3裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于1anan＋1或1anan＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．[例3][2019·湖南省湘东六校联考]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)记bn＝1an·an＋1，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥2n成立的n的最小值．【解析】(1)由已知有Sn－Sn－1＝1(n≥2，n∈N*)，∴数列{Sn}为等差数列，又S1＝a1＝1，∴Sn＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.由Tn≥2n得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，∴n≥5，∴n的最小值为5.利用裂项相消法求和的注意事项(1)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；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.-6-『对接训练』3．[2019·安徽池州期末]已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝23Sn＋13(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1log3an＋1＋log3an＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)由an＝23Sn＋13，可得Sn＝32an－12，当n≥2时，Sn－1＝32an－1－12，则an＝Sn－Sn－1＝32an－12－32an－1－12＝32an－32an－1，整理得an＝3an－1(n≥2)，而a1＝S1＝32a1－12，即a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，则an＝1×3n－1＝3n－1.故数列{an}的通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)得bn＝1log3an＋1＋log3an＋2＝1log33n－1＋1＋log33n－1＋2＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.考点4分组转化求和分组求和法一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分即能分别求和，然后再合并．[例4][2019·天津南开附中期中]已知数列{an}是等比数列，满足a1＝3，a4＝24，数列{bn}是等差数列，满足b2＝4，b4＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式．(2)设cn＝an－bn，求数列{cn}的前n项和．【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意，得q3＝a4a1＝243＝8，解得q＝2，-7-∴{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝3×2n－1，∴a3＝12.设等差数列{bn}的公差为d，∵b2＝4，b4＝a3＝12，b4＝b2＋2d，∴12＝4＋2d，解得d＝4.∴bn＝b2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×4＝4n－4.故{bn}的通项公式为bn＝4n－4.(2)由(1)知an＝3×2n－1，bn＝4n－4，∴cn＝an－bn＝3×2n－1－(4n－4)．从而数列{cn}的前n项和Sn＝3×20＋3×21＋…＋3×2n－1－[0＋4＋8＋…＋(4n－4)]＝3×1－2n1－2－n4n－42＝3×2n－3－n(2n－2)＝3×2n－2n2＋2n－3.1．若一个数列由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组转化法分别求和再相加减．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用相邻两项并项(分组)后，再分组求和．2．分组求和中的分组策略(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.『对接训练』4．[2016·高考全国卷Ⅱ]Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1000项和．解析：(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.-8-(2)因为bn＝0，1≤n10，1，10≤n100，2，100≤n1000，3，n＝1000，所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.-9-课时作业10递推数列及数列求和的综合问题1．[2018·天津卷]设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，①求Tn；②证明．解析：(1)解：设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.(2)①解：由(1)，有Sn＝1－2n1－2＝2n－1，故Tn＝k＝1n(2k－1)＝k＝1n2k－n＝2×1－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.②证明：因为Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2k＋1－k－2＋k＋2kk＋1k＋2＝k·2k＋1k＋1k＋2