（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列的性质与求和课件 文 新人教A版

数学第二部分高考热点分层突破专题二数列第2讲数列的性质与求和01做高考真题明命题趋向02研考点考向破重点难点03练典型习题提数学素养[做真题]1．(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝________．解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以S10S5＝10a1＋10×92d5a1＋5×42d＝10a1＋10×92×2a15a1＋5×42×2a1＝10025＝4.答案：42．(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和．解：(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，从而{an}的通项公式为an＝22n－1(n∈N*)．(2)记{an2n＋1}的前n项和为Sn.由(1)知an2n＋1＝2（2n＋1）（2n－1）＝12n－1－12n＋1.则Sn＝11－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.[明考情]1．高考对数列性质的考查主要以选择、填空题的形式出现，考查数列的周期性、单调性、数列最值等，难度中等．2．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的前n项和，难度中等偏下．[典型例题](1)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2020＝()A．3B．2C．1D．0数列的性质(综合型)(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝32，an＋2an＋1＝0，则Sn－1Sn的最大值与最小值的积为____________．【解析】(1)因为an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2020＝336×0＋a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝a1＋a2＋a3＋a4＝3.(2)因为an＋2an＋1＝0，所以an＋1an＝－12，所以等比数列{an}的公比为－12，因为a1＝32，所以Sn＝321－－12n1－－12＝1－－12n.①当n为奇数时，Sn＝1＋12n，Sn随着n的增大而减小，则1＜Sn≤S1＝32，故0＜Sn－1Sn≤56；②当n为偶数时，Sn＝1－12n，Sn随着n的增大而增大，则34＝S2≤Sn＜1，故－712≤Sn－1Sn＜0.综上，Sn－1Sn的最大值与最小值分别为56，－712.故Sn－1Sn的最大值与最小值的积为56×－712＝－3572.【答案】(1)A(2)－3572判断数列的增减性的方法函数法：构造函数，通过判断所构造函数的增减性，即可得出相应数列的增减性．定义法：利用增减数列的定义判断数列的增减性．作差法：对于数列中任意相邻的两项an＋1，an，通过作差an＋1－an，判断其与0的大小，即可判断数列的增减性．作商法：数列的各项非零且同号(同正或同负)，对于数列中任意相邻的两项an＋1，an，通过作商an＋1an，判断其与1的大小，即可判断数列的增减性．[对点训练]1．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则a1·a2·a3·…·a2019＝()A．－6B．6C．－3D．3解析：选D.因为a1＝2，an＋1＝1＋an1－an，所以a2＝1＋21－2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，…，所以an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，所以a1·a2·a3·…·a2019＝(a1a2a3a4)504×a1a2a3＝1×2×(－3)×－12＝3.故选D.2．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)78n，则当an取得最大值时，n＝____________．解析：当an取得最大值时，有an≥an－1，an≥an＋1，所以（n＋2）78n≥（n＋1）78n－1，（n＋2）78n≥（n＋3）78n＋1，解得n≤6，n≥5，所以当an取得最大值时，n＝5或6.答案：5或6[知识整合]裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1anan＋1的数列的前n项和．裂项相消法求和(综合型)常见的裂项类型(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1n（n＋k）＝1k1n－1n＋k.(3)1n2－1＝121n－1－1n＋1.(4)14n2－1＝1212n－1－12n＋1.[典型例题](2019·河北省九校第二次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝4bn·bn＋1＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.【解】(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，所以a1a2a3＝212.设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝4，所以a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.所以an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝42n·2（n＋1）＋4n＝1n（n＋1）＋4n＝1n－1n＋1＋4n.设数列1n（n＋1）的前n项和为An，则An＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，所以Sn＝nn＋1＋43(4n－1)．求解此类题需过“三关”：一是求通项关，即会利用求通项公式的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和．[对点训练](2019·湖南省五市十校联考)已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an＋1－23，设bn＝log2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；(3)求数列4（bn＋1）（bn＋3）的前n项和Tn.解：(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，S1＝a2－23＝a1，所以a2＝8.当n≥2时，Sn－1＝an－23，则an＝Sn－Sn－1＝an＋1－23－an－23，整理得an＋1an＝4.又a2a1＝4，所以数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，所以an＝2·4n－1＝22n－1.(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，且b1＝1，所以数列{bn}是等差数列．(3)由(2)得bn＝2n－1，所以4（bn＋1）（bn＋3）＝42n（2n＋2）＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以Tn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1.[典型例题](2019·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前n项和为Sn，若an＝Sn＋Sn－1(n∈N*，且n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记cn＝an·2an，求数列{cn}的前n项和Tn.错位相减法求和(综合型)【解】(1)在数列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2)①，因为an＝Sn＋Sn－1②，且an＞0，所以①÷②得Sn－Sn－1＝1(n≥2)，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，公差为1的等差数列，所以Sn＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝1，也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)×22n－1，则Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1，4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，两式相减得，－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1＝2＋2×8（1－22n－2）1－4－(2n－1)22n＋1＝－103＋53－2n22n＋1，所以Tn＝（6n－5）22n＋1＋109.应用错位相减法求和需注意的问题(1)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．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1，2进行验证．[对点训练]已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝log2anan，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有a1＋a1q＝6a1q2＝8，则3q2－4q－4＝0，而q＞0，所以q＝2.于是a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由(1)得bn＝log2anan＝n2n，所以Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，两式相减得，12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，所以Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n－1·121－12－n2n＝2－n＋22n.[典型例题]设数列{an}的前n项和是Sn，若点Ann，Snn在函数f(x)＝－x＋c的图象上运动，其中c是与x无关的常数，且a1＝3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝aan，求数列{bn}的前n项和Tn的最小值．数列与其他知识的交汇问题(交汇型)【解】(1)因为点Ann，Snn在函数f(x)＝－x＋c的图象上运动，所以Snn＝－n＋c，所以Sn＝－n2＋cn.因为a1＝3，所以c＝4，所以Sn＝－n2＋4n，所以an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5(n≥2)．又a1＝3满足上式，所以an＝－2n＋5(n≥1)．(2)由(1)知，bn＝aan＝－2an＋5＝－2(－2n＋5)＋5＝4n－5，所以Tn＝n（b1＋bn）2＝2n2－3n.所以Tn的最小值是T1＝－1.数列与函数交汇问题的常见类型及解法(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．(2)已知数列条件，需构造函数，利用函数知识解决问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．[对点训练]1．设等比数列{an}满足an＞0，且a34a4000＝12，则3a2015＋1a2019的最小值为____________．解析：因为等比数列{an}满足an＞0，且a34a4000＝12，所以a2015a2019＝a34a4000＝12.所以3a2015＋1a2019≥23a2015·1a2019＝2312＝1，当且仅当3a2015＝1a2019，即a2015＝6，a2019＝2时，等号成立，所以3a2015＋1a2019的最小值为1.答案：12．已知定义在R上的函数g(x)是单调递减的奇函数，若g(x)＝f(x)－2，数列{an}满足a1＝f(0)，且f(an＋1)＝f