2016届高考数学(文)二轮复习考点例题课件：专题三+第2讲+数列的通项与求和问题(人教版)

第2讲数列的通项与求和问题高考定位从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.真题感悟(2015·山东卷)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列1an·an＋1的前n项和为n2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公差为d，令n＝1，得1a1a2＝13，所以a1a2＝3.令n＝2，得1a1a2＋1a2a3＝25，所以a2a3＝15.解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝4（1－4n）1－4－n·4n＋1＝1－3n3×4n＋1－43.所以Tn＝3n－19×4n＋1＋49＝4＋（3n－1）4n＋19.考点整合1.求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳猜想出an的表达式.(2)利用前n项和与通项的关系an＝S1（n＝1），Sn－Sn－1（n≥2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f(n)，把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝f(n)an，把原递推公式转化为an＋1an＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足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，再利用换元法转化为等比数列求解.2.求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解.(2)倒序相加法：适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末两项之和，且和为常数的数列.等差数列前n项和公式的推导就使用了倒序相加法，利用倒序相加法求解数列前n项和时，要把握数列通项公式的基本特征，即通过倒序相加可以得到一个常数列，或者等差数列、等比数列，从而转化为常见数列的求和方法，这也是数学转化与化归思想的具体体现.(3)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.(4)裂相相消法：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.(5)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.(6)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论.【例1－1】(2015·四川卷)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1an的前n项和为Tn，求Tn.热点一求数列的通项[微题型1]由Sn与an的关系式求an解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由(1)得1an＝12n，所以Tn＝12＋122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.探究提高给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.【例1－2】(1)(2015·南阳模拟)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为()A.an＝n2－n＋22B.an＝n2－n＋12C.an＝2n2－n＋1D.an＝2n2－n＋2(2)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则an＝________.[微题型2]已知an与an＋1的递推关系求an解析(1)原数列递推公式可化为1an＋1－1an＝n，令bn＝1an，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝n2－n＋22.从而an＝2n2－n＋2.(2)由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，得(n＋2)an＋1an2＋an＋1an＝n＋1，所以an＋1an＝n＋1n＋2.又a1＝1，则an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝nn＋1·n－1n·…·23·1＝2n＋1.故数列{an}的通项公式an＝2n＋1.答案(1)D(2)2n＋1探究提高此题考查了通过构造新数列求数列的通项，其过程是通过换元构造新的数列，得到bn＋1－bn＝n，然后利用累加法求得数列的通项.事实上，形如bn＋1－bn＝f(n)，其中f(n)＝k或多项式(一般不高于三次)的递推公式，用累加法即可求得数列的通项公式.【训练1】设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn＝an＋1－13n2－n－23，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an74.(1)解2S1＝a2－13－1－23，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2)解当n≥2时，2Sn＝nan＋1－13n3－n2－23n，2Sn－1＝(n－1)an－13(n－1)3－(n－1)2－23(n－1)，两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－13(3n2－3n＋1)－(2n－1)－23，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即an＋1n＋1－ann＝1，又a22－a11＝1，故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.(3)证明1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝1＋14＋132＋142＋…＋1n21＋14＋12×3＋13×4＋…＋1n（n－1）＝1＋14＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＝54＋12－1n＝74－1n74，所以对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an74.热点二数列求和[微题型1]分组转化求和【例2－1】(2015·湖南卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3,n∈N*.(1)证明：an＋2＝3an；(2)求Sn.(1)证明由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切n∈N*，an＋2＝3an.(2)解由(1)知，an≠0，所以an＋2an＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列.因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝3（3n－1）2.从而S2n－1＝S2n－a2n＝3（3n－1）2－2×3n－1＝32(5×3n－2－1).探究提高在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.[微题型2]裂项相消法求和【例2－2】(2015·合肥高三期末)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn＝1－2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log12an，求Tn＝1b21－1＋1b22－1＋…＋1b2n－1.解(1)由6Sn＝1－2an，得6Sn－1＝1－2an－1(n≥2).两式相减得6an＝2an－1－2an，即an＝14an－1(n≥2)，由6S1＝6a1＝1－2a1，得a1＝18，∴数列{an}是等比数列，公比q＝14，所以an＝18·14n－1＝122n＋1.(2)∵an＝122n＋1，∴bn＝2n＋1，从而1b2n－1＝14n（n＋1）＝141n－1n＋1.∴Tn＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4（n＋1）.探究提高裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1（n－1）（n＋1）(n≥2)或1n（n＋2），应注意两个地方：其一是分拆1（n－1）（n＋1）＝121n－1－1n＋1时的系数12容易遗忘；其二是中间部分整体相消后应保留的项数问题.【例2－3】(2015·济南二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2.(1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝3nSn－n＋1(n∈N*)的前n项和为Tn，证明：Tn＜6.证明(1)因为Sn＝an＋1＋n－2，当n≥2时，Sn－1＝an＋(n－1)－2＝an＋n－3，两式相减，得Sn－Sn－1＝an＝an＋1－an＋1，即an＋1＝2an－1，设cn＝an－1，代入上式，得cn＋1＋1＝2(cn＋1)－1，[微题型3]错位相减法求和即cn＋1＝2cn.由Sn＝an＋1＋n－2，得an＋1＝Sn－n＋2，故a2＝S1－1＋2＝3，显然a1－1＝1，a2－1＝2，故c2＝2c1.综上，对于n∈N*，cn＋1＝2cn都成立，即an＋1－1＝2(an－1)都成立，即数列{an－1}是等比数列，其首项为1，公比为2.所以an－1＝1×2n－1，所以an＝2n－1＋1.(2)由Sn＝an＋1＋n－2，得Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1，故Sn－n＋1＝2n，所以bn＝3n2n.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝32＋3×222＋…＋3n2n，①①×2，得2Tn＝3＋62＋3×322＋…＋3n2n－1，②②－①，得Tn＝3＋32＋322＋…＋32n－1－3n2n＝31＋12＋122＋…＋12n－1－3n2n＝3×1－12n1－12－3n2n＝6－3n＋62n.因为3n＋62n＞0，所以Tn＝6－3n＋62n＜6.探究提高错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列.所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部