（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题三 专题培优 “数列与数学归纳法”专题培优课课件

专题培优“数列与数学归纳法”专题培优课培优点(一)防止思维定式，实现“移花接木”失误1因忽视公比q的讨论而失误[例1]已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[解析]当A＝－B时，Sn＝Aqn－A，则an＝Aqn－1(q－1)，当q＝1或A＝0时，an＝0，此时数列{an}不是等比数列．若数列{an}是等比数列，当q＝1时，Sn＝na1，此时不具备Sn＝Aqn＋B(q≠0)的形式，故q≠1，则Sn＝a11－qn1－q＝a11－q－a11－q·qn，此时A＝－a11－q，B＝a11－q，A＝－B.综上，“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的必要不充分条件．[答案]B[名师点评]1等比数列{an}的前n项和公式Sn＝na1q＝1，a11－qn1－qq≠1.特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况.2计算过程中，若出现方程qn＝t，要看qn中的n是奇数还是偶数，若n是奇数，则q＝；若n是偶数，则t0时，q＝±，t0时，无解.失误2因忘记an与Sn关系而解题受阻[例2]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an－2.(1)求a2，a3和通项an；(2)设数列{bn}满足bn＝an·2n－1，求{bn}的前n项和Tn.[解](1)当n＝2时，2S2＝2(1＋a2)＝3a2－2，则a2＝4，当n＝3时，2S3＝2(1＋4＋a3)＝4a3－2，则a3＝6，当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an－2，当n≥3时，2Sn－1＝nan－1－2，所以当n≥3时，2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1＝2an，即2an＝(n＋1)an－nan－1，整理可得(n－1)an＝nan－1，所以ann＝an－1n－1，因为a33＝a22＝2，所以ann＝an－1n－1＝…＝a33＝a22＝2，因此，当n≥2时，an＝2n，而a1＝1，故an＝1，n＝1，2n，n≥2.(2)由(1)可知bn＝1，n＝1，n·2n，n≥2，所以当n＝1时，T1＝b1＝1，当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，则Tn＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，2Tn＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，作差得Tn＝1－8－(23＋24＋…＋2n)＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋1，易知当n＝1时，也满足上式，故Tn＝(n－1)×2n＋1＋1(n∈N*)．[名师点评]数列{an}中，由Sn与an的等量关系式求an时，先利用a1＝S1求出首项a1，然后用n－1替换等量关系式中的n，得到一个新的等量关系式，再利用an＝Sn－Sn－1n≥2，便可求出当n≥2时an的表达式，最后对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则可以把数列{an}的通项合写，若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.而an－an－1＝dn≥2与an＋1－an＝dn∈N*等价，anan－1＝qn≥2与an＋1an＝qn∈N*等价，不需验证n＝1的情形.失误3因错位相减法求和处理不当而失分[例3]已知函数f(x)＝4x，数列{an}中，2an＋1－2an＋an＋1an＝0，a1＝1，且an≠0，数列{bn}中，b1＝2，bn＝f1an－1(n≥2，n∈N*)．(1)证明：数列1an是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列bnan的前n项和Sn.[解](1)证明：由an≠0,2an＋1－2an＋an＋1an＝0，得1an＋1－1an＝12，所以数列1an是首项为1a1＝1，公差为12的等差数列，所以1an＝1＋12(n－1)＝n＋12，an＝2n＋1.(2)当n≥2时，bn＝f1an－1＝fn2＝2n，当n＝1时，b1＝2也符合上式，所以bn＝2n(n∈N*)，bnan＝(n＋1)·2n－1，Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋(n＋1)×2n－1，①2Sn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，②由①－②得－Sn＝2＋21＋22＋…＋2n－1－(n＋1)×2n＝2＋2n－2－(n＋1)×2n＝－n×2n，故Sn＝n×2n.[名师点评]错位相减法主要用于形如{anbn}的数列的求和，其中数列{an}是公差不为0的等差数列，数列{bn}是公比不为1的等比数列，若它们的通项分别为an＝an＋b(a≠0)，bn＝qn－1(q≠1)，则数列{anbn}的前n项和为Sn＝(An＋B)·qn＋C的形式，其中A＝aq－1，B＝b－Aq－1，C＝－B.培优点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1累加法：求形如an＋1－an＝f(n)型通项问题[例1]已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝________.[解析]由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n.因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋n－12＋n2＝n2＋n＋22(n≥2)．因为a1＝2满足上式，所以an＝n2＋n＋22.[答案]n2＋n＋22[名师点评]已知形如an＋1＝an＋fn的递推关系式，常令n分别为1，2，3，…，n－1，把所得的n－1个等式相加，即利用an＝a1＋a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1，求出通项公式an.策略2累乘法：求形如an＋1an＝f(n)型通项问题[例2]已知在数列{an}中，an＋1＝nn＋2an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.[解析]由an＋1＝nn＋2an，得an＋1an＝nn＋2，故a2a1＝13，a3a2＝24，…，anan－1＝n－1n＋1(n≥2)，以上式子累乘得，ana1＝13·24·…·n－3n－1·n－2n·n－1n＋1＝2nn＋1.因为a1＝4满足上式，所以an＝8nn＋1.[答案]8nn＋1[名师点评]已知形如an＋1an＝fn的递推关系式，常令n分别为1，2，3，…，n－1，把所得的n－1个等式相乘，即利用an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1，求出通项公式an.)策略3构造法：求形如an＋1＝pan＋q或an＋1＝pa2n型通项问题[例3](1)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a2n(an0，n∈N*)，则an＝()A．10n－2B．10n－1C．102n－1D．22n－1(2)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为an＝____________.[解析](1)因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a2n(an0，n∈N*)，所以log2an＋1＝2log2an，即log2an＋1log2an＝2.又a1＝2，所以log2a1＝log22＝1.故数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列．所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1.故选D.(2)因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0.所以an＋1＋13＝4an＋13.因为a1＝3，所以a1＋13＝103.故数列an＋13是首项为103，公比为4的等比数列．所以an＋13＝103×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝103×4n－1－13.[答案](1)D(2)103×4n－1－13[名师点评]1求解递推公式为an＋1＝pa2np，an0型的数列{an}的通项公式的关键：一是对已知等式两边取对数；二是利用待定系数法构造数列，并活用等比数列的定义，即可利用等比数列的通项公式，求出所构造数列的通项公式，从而得数列{an}的通项公式.2求解递推公式为an＋1＝pan＋qp≠0，q≠1型的数列{an}的通项公式的关键：一是利用待定系数法构造an＋1＋m＝pan＋m；二是活用定义，即利用等比数列的定义，判断出数列{an＋m}为等比数列；三是利用等比数列的通项公式，求出数列{an＋m}的通项公式，从而得到数列{an}的通项公式.培优点(三)系统数学思想，实现“触类旁通”1．方程思想——解决数列基本量的求解问题[例1]设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求{an}的通项公式．[解]由题意可知an＋22＝2Sn，整理得Sn＝18(an＋2)2，当n＝1时，S1＝18(a1＋2)2＝a1，解得a1＝2.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴an＋1＝18(an＋1＋2)2－18(an＋2)2，整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0.又∵an0，∴an＋1－an－4＝0，∴an＋1－an＝4，即{an}是首项为2，公差为4的等差数列，∴an＝4n－2.[名师点评]本例利用了方程的消元思想，通过an＋1＝Sn＋1－Sn、Sn＝18(an＋2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助an＋1＝Sn＋1－Sn消去an，利用Sn＋1、Sn的递推关系解题．2．分类讨论思想——解决数列前n项和的问题[例2]设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn0(n＝1,2，…)．(1)求q的取值范围；(2)设bn＝an＋2－32an＋1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．[解](1)因为{an}是等比数列，Sn0，可得a1＝S10，q≠0.当q＝1时，Sn＝na10；当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q0，即1－qn1－q0，(n＝1,2，…)上式等价于不等式组：1－q0，1－qn0(n＝1,2，…)，①或1－q0，1－qn0(n＝1,2，…)，②解①式得q1；解②式，由于n可为奇数、可为偶数，得－1q1.综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(2)由bn＝an＋2－32an＋1得bn＝anq2－32q，则其前n项和Tn＝q2－32qSn.于是Tn－Sn＝Snq2－32q－1＝Snq＋12(q－2)．又∵Sn0且－1q0或q0.∴当－1q－12或q2时，Tn－Sn0，即TnSn；当－12q2且q≠0时，Tn－Sn0，即TnSn；当q＝－12或q＝2时，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.[名师点评]关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d的讨论、对公比q的讨论、对项数n的讨论.本例中考查了对公比q的讨论.3．转化与化归思想——解决递推公式问题[例3]已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，求{an}的通项公式．[解]当n≥2时，Sn＋1＝4an＋2，Sn＝4an－1＋2.两式相减，得an＋1＝4an－4an－1，将之变形为an＋1－2an＝2(an－2an－1)．所以{an＋1－2an}是公比为2的等比数列．又a1＋a2＝S2＝4a1＋2，a1＝1，得a2＝5，则a2－2a1＝3.所以an＋1－2an＝3·2n－1.两边同除以2n＋1，得an＋12n＋1－an2n＝34，所以an2n是首项为a12＝12，公差为34的等差数列．所以an2n＝12＋34(n－1)＝34n－14，所以an＝(3n－1)2n－2.[名师点评]本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度.化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构