（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题四 数列 第四讲 专题提能——“数列”专题提能课课件

——“数列”专题提能课专题提能四讲第防止思维定式，实现“移花接木”提能点(一)失误1因忽视对n＝1的检验而失误[例1]已知数列{an}的前n项之和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式为________．[解析]当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝3，n＝1，2n，n≥2.[答案]an＝3，n＝1，2n，n≥2[点评]在对数列的概念的理解上，仅注意了an＝Sn－Sn－1，导致出现错误答案an＝2n.已知Sn求an时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分．失误2因不会设项而解题受阻[例2]已知一个等比数列{an}的前4项之积为116，第2，3项的和为2，则数列{an}的公比q＝________．[解析]设数列{an}的前4项分别为a，aq，aq2，aq3，则a4q6＝116，aq＋aq2＝2，可得a4q6＝116，a4q4（1＋q）4＝4，所以(1＋q)4＝64q2，当q0时，可得q2－6q＋1＝0，解得q＝3±22，当q0时，可得q2＋10q＋1＝0，解得q＝－5±26.综上，q＝3±22或q＝－5±26.[答案]3±22或－5±26[点评]一般地，在乘积已知的条件下，三个数成等比数列时，可将此三个数分别设为aq，a，aq；四个数成等比数列时，可将此四个数分别设为a，aq，aq2，aq3，不要设为aq3，aq，aq，aq3.公比为负数的等比数列中，所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号相同．失误3因忽视公比q的讨论而失分[例3]设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.[解]若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，与题设矛盾，故q≠1.又依题意S3＋S6＝2S9⇒a1（1－q3）1－q＋a1（1－q6）1－q＝2·a1（1－q9）1－q⇒q3(2q6－q3－1)＝0，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因为q≠1，所以q3－1≠0，所以2q3＋1＝0.解得q＝－342.[点评]在等比数列中，a1≠0是显然的，但公比q完全可能为1，因此，在解题时应先讨论公比q＝1的情况，再在q≠1的情况下，对式子进行整理变形．提能点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1构造辅助数列法：妙求数列的通项公式[例1]已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝anan＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．[解析]因为an＋1＝anan＋3(n∈N*)，所以1an＋1＝3an＋1，设1an＋1＋t＝31an＋t，所以3t－t＝1，解得t＝12，所以1an＋1＋12＝31an＋12，又1a1＋12＝1＋12＝32，所以数列1an＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以1an＝3n－12，所以an＝23n－1.[答案]an＝23n－1[点评]本题条件中的递推公式取倒数后化为形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)的递推公式，再用待定系数法把此递推公式转化为an＋1＋t＝p(an＋t)，其中t＝qp－1，再转化为等比数列求解.策略2赋值法：巧解数列中的方程问题[例2]已知数列{an}的前三项分别为a1＝5，a2＝6，a3＝8，且数列{an}前n项和Sn满足Sn＋m＝12(S2n＋S2m)－(n－m)2，其中m，n为任意正整数．求数列{an}的通项公式an.[解]令n＝1，m＝2，得S3＝12(S2＋S4)－1，∵S2＝11，S3＝19，∴S4＝29，a4＝10.令m＝1，得Sn＋1＝12(S2n＋S2)－(n－1)2，令m＝2，得Sn＋2＝12(S2n＋S4)－(n－2)2，∴an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝2n－3＋S4－S22＝2n＋6＝2(n＋2)＋2，∴an＝2n＋2(n≥3)．又a2＝6符合，a1＝5不符合，∴an＝5，n＝1，2n＋2，n≥2.[点评]含有两个变量的方程常常让人束手无策，而实际上，如果让一个变量“定下来”，即对其中一个变量赋“常量”，就可以让问题转化为一个变量，从而找到突破口，得到所需的递推关系，顺利求解．提能点(三)系统数学思想，实现“触类旁通”1．函数与方程思想——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.[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－1q0或0q1.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.[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.[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、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等．提能点(四)强化一题多法，激活“解题思维”非特殊数列求和的常用方法[典例]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，由Tn＋an＋12n＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.[解](1)an＝2n－1，n∈N*(过程略)．(2)法一(错位相减法)：由题意可知Tn＝λ－n2n－1，所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝n－12n－2－n2n－1＝n－22n－1，故cn＝b2n＝2n－222n－1＝(n－1)14n－1.所以Rn＝0×140＋1×141＋2×142＋3×143＋…＋(n－1)×14n－1，14Rn＝0×141＋1×142＋2×143＋…＋(n－2)×14n－1＋(n－1)×14n.两式相减，得34Rn＝141＋142＋143＋…＋14n－1－(n－1)×14n＝14－14n1－14－(n－1)×14n＝13－3n＋1314n.整理得Rn＝194－3n＋14n－1.[点评]由于cn＝(n－1)14n－1，根据它的通项特征是等差数列{n－1}与等比数列14n－1的积数列，我们可以把此类数列形象地称为“差比型”数列，求这类数列的前n项和时，常规的解法当然是“错位相减法”．法二(构造常数列法)：由法一，知cn＝(n－1)14n－1，n∈N*.又cn＝Rn－Rn－1(n≥2)，所以Rn＝Rn－1＋(n－1)14n－1.①设Rn－(an＋b)14n＝Rn－1－[a(n－1)＋b]14n－1，即Rn＝Rn－1＋－34an＋a－34b14n－1.②比较①②，得－34a＝1，a－34b＝－1，所以a＝－43，b＝－49，所以Rn＋13n＋1914n－1为常数列．所以Rn＋13n＋1914n－1＝R1＋13＋19×140＝49，整理得Rn＝194－3n＋14n－1.[点评]构造常数列是因为cn＝anbn＝[a1＋(n－1)d]b1qn－1＝Sn－Sn－1(n≥2)，可设Sn－(an＋b)qn＝Sn－1－[a(n－1)＋b]qn－1.整理后比较系数可解出a，b的值，即可得到常数列{Sn－(an＋b)qn}，进而求出Sn.法三(分组求和法)：由cn＝(n－1)14n－1＝43（n－1）14n－1－n14n＋4314n，所以Rn＝c1＋c2＋…＋cn＝430－n14n＋491－14n＝194－3n＋14n－1.[点评]数列{cn}可以拆成两部分，一部分可以用裂项相消法，另一部分是一个等比数列，这样就可以分别求出两部分的和，然后再求和．