2020版高考数学大二轮复习 第二部分 专题2 数列 第2讲 数列求和与数列的综合问题课件 理

第2讲数列求和与数列的综合问题利用递推关系或Sn、an的关系求an考情调研考向分析以考查Sn与an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度属于低档.1.由Sn、an的关系求通项．2.由递推关系求通项.[题组练透]1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n，则an＝________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n)－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.将n＝1代入上式可得a1＝2×1＋1＝3成立，综上可得an＝2n＋1.答案：2n＋12．若数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，则an＝________.解析：由题an＋1－an＝2n＋1，则a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋1，……an－an－1＝2n－1＋1，相加得an－a1＝21－2n－11－2＋n－1，故an＝2n＋n－2.答案：2n＋n－2[题后悟通]1．已知Sn，求an的步骤(1)当n＝1时，a1＝S1.(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．2．已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列．(2)当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列．(3)当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解．(4)当出现anan－1＝f(n)时，用累乘法求解．数列求和考情调研考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难．一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合.1.分组求和．2.裂项求和．3.错位相减求和.[题组练透]1．(2019·芜湖模拟)已知数列{an}为等差数列，且公差d≠0，其前n项和为Sn，S8＝72，且a2，a4，a8成等比数列．(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1Sn＋n，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证Tn34.解析：(1)由题意得a24＝a2·a8S8＝72⇒a1＋3d2＝a1＋da1＋7d8a1＋28d＝72，解得a1＝d＝2，∴an＝2n.(2)证明：由(1)得Sn＝n2＋n，∴bn＝1Sn＋n＝1n2＋2n＝121n－1n＋2，∴Tn＝1211－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋234.2．(2019·合肥质检)已知等比数列{an}是首项为1的递减数列，且a3＋a4＝6a5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)由a3＋a4＝6a5，得6q2－q－1＝0，解得q＝12或q＝－13.∵数列{an}为递减数列，且首项为1，∴q＝12.∴an＝1×12n－1＝12n－1.(2)∵bn＝n·12n－1，∴Tn＝1·120＋2·121＋3·122＋…＋n·12n－1，∴12Tn＝1·121＋2·122＋3·123＋…＋n·12n.两式相减得12Tn＝120＋121＋122＋…＋12n－1－n·12n＝1－12n1－12－n12n＝2－2·12n－n·12n＝2－n＋22n，∴Tn＝4－n＋22n－1.[题后悟通]1．分组求和中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组．(2)根据正号、负号分组．2．裂项相消求和的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．3．错位相减法求和的关注点(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比．②将两个和式错位相减．③整理结果形式．数列的应用与综合问题考情调研考向分析数列的应用与综合问题是在历年高考命题中偶尔会触及的考点，试题难度中等偏上，主要考查逻辑推理、数学运算等核心素养.1.数列与不等式．2.数列与函数．3.以数学文化为背景的数列问题.[题组练透]1．已知等差数列{an}满足a6－a3＝6，且a3－1是a2－1，a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn17成立的最大正整数n的值．解析：(1)设等差数列{an}的公差d，∵a6－a3＝3d＝6，即d＝2，∴a3－1＝a1＋3，a2－1＝a1＋1，a4＝a1＋6，∵a3－1是a2－1，a4的等比中项，∴(a3－1)2＝(a2－1)·a4，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3.∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由(1)得bn＝1anan＋1＝12n＋12n＋3＝1212n＋1－12n＋3.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17＋...＋12n＋1－12n＋3＝1213－12n＋3＝n32n＋3，由n32n＋317，得n9.∴使得Tn17成立的最大正整数n的值为8.2．在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝4an－3.令bn＝log4(an－1)，n∈N*.(1)求证：数列{bn}是等差数列，并求{bn}的通项公式；(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，若不等式(－1)nkbn2Sn＋n＋4对所有的正奇数n都成立，求实数k的取值范围．解析：(1)证明：因为bn＋1＝log4(an＋1－1)＝log4[4(an－1)]＝1＋log4(an－1)＝1＋bn，所以bn＋1－bn＝1，所以数列{bn}是以b1＝log44＝1为首项，1为公差的等差数列，所以bn＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知bn＝n，则Sn＝nn＋12，所以(－1)nkbn2Sn＋n＋4等价于(－1)nknn2＋2n＋4，即(－1)nkn＋4n＋2.因为n为正奇数，所以原式变形为k－(n＋4n)－2，则k[－(n＋4n)－2]max.令函数f(x)＝－(x＋4x)－2，x0，则f′(x)＝4－x2x2＝－x－2x＋2x2，所以当x∈(0,2)时，f′(x)0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，即f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，由f(1)＝－7f(3)＝－193，得f(n)max＝－193(n为正奇数)，所以k－193，即实数k的取值范围为(－193，＋∞)．[题后悟通]解决此类问题要抓住一个中心——函数．两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．