（新高考）2020版高考数学二轮复习 大题考法课 数列课件 文

大题考法课数列类型(一)等差、等比数列基本量的计算[典例](2019·昆明诊断)已知数列{an}是等比数列，公比q1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.(1)求{an}的通项公式；(2)设m∈Z，若Snm恒成立，求m的最小值．[解](1)由a2＝2，S3＝7得a1q＝2，a1＋a1q＋a1q2＝7，解得a1＝4，q＝12或a1＝1，q＝2(舍去)．所以an＝4·12n－1＝12n－3.(2)由(1)可知，Sn＝a11－qn1－q＝41－12n1－12＝81－12n8.因为an0，所以Sn单调递增．又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7,8)．又Snm恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.[一题多变]1．(变条件、变结论)在本例条件下，设bn＝2log12an－5，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值及取得最小值时n的值．解：由本例知an＝12n－3，则bn＝2log12an－5＝2n－11，所以{bn}为等差数列，所以Tn＝nb1＋bn2＝n－9＋2n－112＝n2－10n，所以当n＝5时，Tn有最小值T5＝－25.2．(变条件，变结论)在本例条件下，若bn＝log12an，求数列{(－1)nb2n}前2n项的和T2n.解：因为an＝12n－3，所以bn＝log12an＝n－3，于是数列{bn}是首项为－2，公差为1的等差数列．所以T2n＝－b21＋b22－b23＋b24－…－b22n－1＋b22n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n＝2n×(－2)＋2n2n－12×1＝2n2－5n.[解题方略]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[对点训练]1．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；(2)若a10，求使得Sn≥an的n的取值范围．解：(1)设{an}的公差为d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通项公式为an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝nn－9d2.由a10知d0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝13，b2＝19，anbn＋1＝nbn＋bn＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)由已知可得a1b2＝b1＋b2，且b1＝13，b2＝19，得a1＝4，所以{an}是首项为4，公差为3的等差数列．所以{an}的通项公式为an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1.(2)由(1)知anbn＋1＝nbn＋bn＋1，得(3n＋1)bn＋1－bn＋1＝nbn，则bn＋1bn＝13，因此{bn}是首项为13，公比为13的等比数列，则Sn＝131－13n1－13＝121－13n.类型(二)等差、等比数列的判定与证明[典例](2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．[解](1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1，所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋n－12，bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝12n－n＋12.[解题方略]判定或证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an或an＋1an为与正整数n无关的某一常数中项公式法①若2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则{an}为等差数列；②若a2n＋1＝an·an＋2≠0(n∈N*)，则{an}为等比数列[对点训练](2019·广州调研)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？解：(1)∵a3＝7，a3＝3a2－2，∴a2＝3，∴an＝2an－1＋1，∴a1＝1，an＋1an－1＋1＝2an－1＋2an－1＋1＝2(n≥2)，∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，an＋1＝2n，∴an＝2n－1，∴Sn＝21－2n1－2－n＝2n＋1－n－2，∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，∴n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．类型(三)数列求和问题[典例]已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝n4(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝4nan2n＋1，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.[解](1)当n＝1时，a1＝14.因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝n4，①所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝n－14(n≥2)，②①－②得4n－1an＝14(n≥2)，所以an＝14n(n≥2)．由于a1＝14，故an＝14n.(2)由(1)得bn＝4nan2n＋1＝12n＋1，所以bnbn＋1＝12n＋12n＋3＝1212n＋1－12n＋3，故Tn＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝1213－12n＋3＝n6n＋9.[一题多变]1．(变条件)在本例条件下，设bn＝3n－1an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：∵an＝14n，∴bn＝(3n－1)2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)2n，①2Tn＝2×22＋5×23＋8×24＋…＋(3n－1)2n＋1，②①－②得，－Tn＝4＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)2n＋1＝4＋3×41－2n－11－2－(3n－1)2n＋1＝－8－(3n－4)2n＋1，∴Tn＝8＋(3n－4)2n＋1.2．(变条件)在本例条件下，若数列1an的前n项和为Sn，记bn＝Snan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：∵an＝14n，∴1an＝4n，Sn＝43×4n－43，则bn＝Snan＝43×42n－43×4n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝43(42＋44＋…＋42n)－43(4＋42＋…＋4n)＝43×161－42n1－16－43×41－4n1－4＝6445×42n－169×4n＋1645.[解题方略]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．[对点训练]1．已知等差数列{an}前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，∴a1＝－3－d，a3＝－3＋d，∴(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，解得d2＝4，d＝±2，∴an＝－2n＋1或an＝2n－7.(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝7－2n，n≤3，2n－7，n≥4，①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝5＋7－2n2n＝6n－n2；②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝－n2＋6n，n≤3，n2－6n＋18，n≥4.2．数列{an}满足：a12＋a23＋…＋ann＋1＝n2＋n，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1an，数列{bn}的前n项和为Sn，求满足Sn920的最小正整数n.解：(1)由题意知，a12＋a23＋…＋ann＋1＝n2＋n，当n≥2时，a12＋a23＋…＋an－1n＝(n－1)2＋n－1，两式相减得，ann＋1＝2n，an＝2n(n＋1)(n≥2)．当n＝1时，a1＝4也符合，所以an＝2n(n＋1)，n∈N*.(2)bn＝1an＝12nn＋1＝121n－1n＋1，所以Sn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2n＋1，由Sn＝n2n＋1920得n9，所以满足条件的最小正整数n为10.[归通法·保规范·赢满分][循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决.[按流程解题——快又准][典例]2018·全国卷Ⅰ已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2n＋1an.设bn＝\f(an,n).,1求b1，b2，b3；,2判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；,3求{an}的通项公式.[解题样板](1)由条件可得an＋1＝2n＋1nan❶.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：[关键步骤]❶化归：转化为相邻两项的递推关系．[微点提醒]加红处求b1，b2，b3时要有过程，直接写b1，b2，b3的值，扣2分．加红处未先确定是存在的，扣1分．[微点提醒]由条件可得an＋1n＋1＝2ann❷，即bn＋1＝2b❸n，又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得ann＝2n－1❹，所以an＝n·2n－1.[关键步骤][微点提醒]❷变式：由递推公式经过变形得到新数列，题干中已有ann的形式．❸化归：由bn＝ann，转化为等比数列．[关键步骤]❹由ann的通项得到{an}的通项．[关键步骤]加红处未转化为an＋1n＋1＝2·ann形式，扣1分．加红处计算ann的通项时，未说明b1＝1的，扣1分．[微点提醒][