（新高考）2020高考数学二轮复习 题型篇 专题二 数列 第二讲 大题考法——数列课件

第二讲大题考法——数列题型(一)等差、等比数列的基本运算[例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*}．[例2](2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.[解](1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n3.由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝1－2n1－2＝2n－1.由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.[规律方法]等差、等比数列的基本量的计算的模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．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，确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果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．在列方程组求解时，要注意整体代换以减少计算量．[对点训练]1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；(2)若T3＝21，求S3.解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②联立①②解得d＝3，q＝0(舍去)或d＝1，q＝2.因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.(2)由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0，解得q＝－5或q＝4.当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.2．(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＝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)．因为Snm恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.题型(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.[规律方法]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]1．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝ann.(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：(1)由条件可得an＋1＝2n＋1nan.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．由条件可得an＋1n＋1＝2ann，即bn＋1＝2bn，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－1，所以an＝n·2n－1.2．(2019·江苏高考节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”．(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M­数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和，求数列{bn}的通项公式．解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2.因此数列{an}为“M­数列”．(2)因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12bn＋1－bn.当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12bn＋1－bn－bn－1bn2bn－bn－1，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．题型(三)数列求和方法一裂项相消法求和[例1](2019·洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，若a3＋a9＝22，且a5，a8，a13成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋12anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.[解](1)设数列{an}的首项为a1，依题意，2a1＋10d＝22，a1＋7d2＝a1＋4da1＋12d，解得a1＝1，d＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)bn＝an＋12anan＋1＝4n22n－12n＋1＝4n24n2－1＝1＋12n－12n＋1＝1＋1212n－1－12n＋1，∴Sn＝1＋12×1－13＋1＋12×13－15＋…＋1＋1212n－1－12n＋1＝n＋121－12n＋1＝2n2＋2n2n＋1.[规律方法]常见数列的裂项方法数列(n为正整数)裂项方法1nn＋k(k为非零常数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k14n2－114n2－1＝1212n－1－12n＋11n＋n＋11n＋n＋1＝n＋1－n2n2n－12n＋1－12n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1loga1＋1n(a0，a≠1)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan方法二错位相减法求和[例2]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＝6，a1q2＝8，即3q2－4q－4＝0，而q0，∴q＝2.于是a1＝2，∴数列{an}的通项公式an＝2n.(2)由(1)得bn＝log2anan＝n2n，∴Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，两式相减得，12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1，∴Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n.[规律方法]1．掌握解题“3步骤”2．注意解题“3关键”(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．方法三分类求和法[例3]已知在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn.[解](1)因为a1＝1，anan＋1＝2n，①所以a2＝2，当n≥2时，an－1an＝2n－1，②①÷②得an＋1an－1＝2，所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列．当n为奇数时，an＝1·2n＋12－1＝2n－12，当n为偶数时，an＝2·2n2－1＝2n2.所以an＝2n－12，n是奇数，2n2，n是偶数.(2)因为bn＝log2an，所以bn＝n－12，n是奇数，n2，n是偶数，当n为偶数时，Sn＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn－1＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝0＋1＋2＋…＋n－1－12＋1＋2＋3＋…＋n2＝n20＋n－222＋n21＋n22＝n24.当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋bn＝n－124＋n－12＝n2－14.综上，Sn＝n2－14，n为奇数，n24，n为偶数.[规律方法]对项数的奇偶进行分类讨论求数列的前n项和时，一般是先求项数为偶数的一组，但要注意n的取值变化不再是1,2,3，…，而是2,4,6，…，当代入公式求和时，注意首项、公差(比)和项数都会对应发生改变；项数为奇数求和时，可代入相应公式求和，也可利用偶数项的结论(如Sn＝Sn－1＋bn)，能简化求和过程．[对点训练]1．数列{an}满足a1＝1,a2n＋2＝an＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋an＋1，求数列{bn}的前n项和．解：(1)证明：由a2n＋2＝an＋1，得a2n＋1－a2n＝2，且a21＝1，所以数列{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又由已知易得an0，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)因为bn＝2an＋an＋1＝22n－1＋2n＋1＝2n＋1－2n－1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n＋1－2n－1)＝2n＋1－1.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝3an－12.(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.