（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题二 数列 第2讲 数列通项与求和课件

第2讲数列通项与求和[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019等比数列求和·T14等比数列的通项公式等差数列的求和·T18等比数列的通项公式·T6等差数列的通项公式及求和·T18等差数列的通项公式及求和·T142018数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T17等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17等比数列的通项公式、前n项和公式·T172017等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T17等差、等比数列的通项公式及前n项和公式·T17数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T171．考查(1)已知数列某些基本量或某些特征，求通项公式．(2)数列求和(等差(比)数列的前n项和公式、裂项相消、错位相减等)．(3)解不等式，求范围(最值)问题．2．近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考对数列考查仍以中档为主，数列题目难度有可能加大，应引起重视．考点一求数列通项公式[例1](1)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，当n≥2时，Sn－1＋1＝an，则a8＝________．(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝____________．[解析](1)当n＝2时，S1＋1＝a2，即a2＝2.当n≥2时，Sn－1＋1＝an，Sn＋1＝an＋1，相减得an＋1＝2an，又a1＝1，所以a2＝2a1.所以数列{an}构成一个等比数列，所以a8＝a2·q6＝2×26＝128.(2)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1，又n＝1时，a1＝2适合上式，从而{an}的通项公式为an＝22n－1.[答案](1)128(2)22n－1[解题方略]1．给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.2．形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．[跟踪训练]1．已知Sn是数列{an}的前n项和，且log5(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________．解析：由log5(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝5n＋1，所以Sn＝5n＋1－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4×5n；当n＝1时，a1＝S1＝24，不满足上式．所以数列an的通项公式为an＝24，n＝1，4×5n，n≥2.答案：an＝24，n＝1，4×5n，n≥22．已知首项为2的数列{an}满足an＋1(2n－1)＝an(2n＋1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________．解析：因为an＋1(2n－1)＝an(2n＋1)(n∈N*)，且a1＝2，所以an＋1an＝2n＋12n－1，得an＝a1×a2a1×a3a2×…×anan－1＝2×31×53×…×2n－12n－3＝4n－2.答案：4n－2考点二数列的求和题型一分组转化求和[例2]已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.[解](1)设{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，所以a1＋d＝3，4a1＋4×32d＝16，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.设{bn－an}的公比为q，则b4－a4＝(b1－a1)q3，因为b1＝4，b4＝88，所以q3＝b4－a4b1－a1＝88－74－1＝27，解得q＝3，所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝3（1－3n）1－3＋n（1＋2n－1）2＝32(3n－1)＋n2＝3n＋12＋n2－32.[解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n项和公式求和．题型二裂项相消求和[例3](2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)记bn＝1an·an＋1，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥2n成立的n的最小值．[解](1)由已知有Sn－Sn－1＝1(n≥2，n∈N)，∴数列{Sn}为等差数列，又S1＝a1＝1，∴Sn＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.由Tn≥2n得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，∴n≥5，∴n的最小值为5.[解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，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．题型三错位相减求和[例4](2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满足cn＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．[解](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝n×3＋n（n－1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－3（1－3n）1－3＋n×3n＋1＝（2n－1）3n＋1＋32.所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×（2n－1）3n＋1＋32＝（2n－1）3n＋2＋6n2＋92(n∈N*)．[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心．[跟踪训练]1．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，则3q2－4q－4＝0，而q＞0，∴q＝2.于是a1＝2，∴数列{an}的通项公式为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.2．(2019·江西七校第一次联考)设数列{an}满足：a1＝1，3a2－a1＝1，且2an＝an－1＋an＋1an－1an＋1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且b1＝12，4bn＝an－1an(n≥2)，求Tn.解：(1)∵2an＝an－1＋an＋1an－1an＋1(n≥2)，∴2an＝1an－1＋1an＋1(n≥2)．又a1＝1，3a2－a1＝1，∴1a1＝1，1a2＝32，∴1a2－1a1＝12，∴1an是首项为1，公差为12的等差数列．∴1an＝1＋12(n－1)＝12(n＋1)，即an＝2n＋1.(2)∵4bn＝an－1an(n≥2)，∴bn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1(n≥2)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.[例5](2019·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q＜1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.(1)求{an}的通项公式；(2)设m∈Z，若Sn＜m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.考点三与数列相关的综合问题(2)由(1)可知，Sn＝a1（1－qn）1－q＝41－12n1－12＝81－12n＜8.因为an＞0，所以Sn单调递增．又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8)．又Sn＜m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{an}的公差为d，且关于x的不等式a1x2－dx－3＜0的解集为(－1，3)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2＋an，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)由题意知，方程a1x2－dx－3＝0的两个根分别为－1和3.则da1＝2，－3a1＝－3，解得d＝2，a1＝1.故数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝2＋an＝2n＋(2n－1)，所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝2n＋1＋n2－2.an＋12an＋12数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例]设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝an＋lnan，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)设数列{an}的公比为q(q1)．由已知，得a1＋a2＋a3＝7，（a1＋3）＋（a3＋4）2＝3a2，即a1（1＋q＋q2）＝7，a1（1－6q＋q2）＝－7.由q1，解得a1＝1，q＝2，故数列{a