（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 微专题十七 数列的通项与求和课件 苏教版

核心模块六数列微专题十七数列的通项与求和课时作业考情分析在近三年的高考题中，数列的通项与求和一直是高考重点，填空题中主要涉及等差、等比的通项与求和，解答题主要是考察和项共存或者复杂关系式下的通项与和的求解以及性质的论证问题．年份填空题解答题2017T9等比数列的基本量T19考察等差数列的综合问题2018T14等差、等比数列的综合问题T19考察等差、等比数列的综合问题2019T8等差数列T20等差、等比的综合问题课时作业典型例题目标1根据递推关系式求an例1(1)已知数列{an}满足a1＝2，且对任意n∈N*，恒有nan＋1＝2(n＋1)an.求数列{an}的通项公式；(2)已知数列{an}满足an＝an－1－an－2(n≥3，n∈N*)，它的前n项和为Sn.若S9＝6，S10＝5，则a1的值为________．(1)an＝n·2n解析：解法一：由nan＋1＝2(n＋1)an，得an＋1an＝2n＋1n，当n≥2时，anan－1＝2nn－1，所以当n≥2时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝2nn－1·2n－1n－2·…·2·21·2＝n·2n，当n＝1时上式也成立，所以数列{an}的通项公式为an＝n·2n.解法二：由nan＋1＝2(n＋1)an，得an＋1n＋1＝2ann，即ann是一个首项为2，公比2的等比数列，即ann＝2n，即an＝n·2n.点评：本题中“nan＋1＝2(n＋1)an”可以转化为an＋1an＝2n＋1n利用累积法求解，也可以转化为an＋1n＋1＝2ann构造等比数列求解．一般地，对于根据所给递推关系求通项，可以利用：①叠加法；②累积法；③转化法，其中转化法是指将其构造为等差和等比数列来求解．(2)1解析：解法一：因为an＝an－1－an－2，所以an＋1＝an－an－1＝－an－2，即an＝an＋6.因为S9＝6，S10＝5，所以a10＝－1，即a4＝－1，从而a1＝－a4＝1.解法二：设a1＝a，a2＝b，则a3＝b－a，a4＝－a，a5＝－b，a6＝a－b，a7＝a，…故S9＝2b＝6，S10＝2b－a＝5，解得a＝1＝a1.点评：根据数列所给递推关系式求数列通项公式主要涉及的方法有：累加法、累积法、待定系数法、转化为等差、等比数列和周期性．【思维变式题组训练】1.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an1＋an(n∈N*)，试归纳出数列的通项an＝________.1n解析：因为a1＝1，an＋1＝an1＋an，所以a2＝12，a3＝121＋12＝13，a4＝131＋13＝14，…故归纳猜想得an＝1n.2.设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n∈N*)，则通项公式an＝________.1n解析：解法一：因为(n＋1)a2n＋1＋an＋1an－na2n＝0，所以(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0.又因为an＋1＋an0，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，即an＋1an＝nn＋1，所以a2a1·a3a2·a4a3·a5a4·…·anan－1＝12×23×34×45×…×n－1n，即an＝1n(n∈N*)．解法二：因为(n＋1)a2n＋1＋an＋1an－na2n＝0，所以(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0.又因为an＋1＋an0，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，即(n＋1)an＋1＝nan，所以数列{nan}是常数列，即nan＝a1＝1，所以an＝1n(n∈N*)．3.已知数列{an}的首项为1，an＝2n＋12n－1＋1an－1(n≥2，n∈N*)，则它的通项公式an＝________.2n＋13(n∈N*)解析：解法一：因为an＝2n＋12n－1＋1an－1(n≥2，n∈N*)，所以anan－1＝2n＋12n－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝2n＋12n－1＋1·2n－1＋12n－2＋1·…·22＋121＋1·1＝2n＋13(n≥2，n∈N*)．令n＝1，a1＝1符合，即an＝2n＋13(n∈N*)．解法二：因为an＝2n＋12n－1＋1an－1(n≥2，n∈N*)，所以an2n＋1＝an－12n－1＋1(n≥2，n∈N*)，即数列an2n＋1是常数列，所以an2n＋1＝a13＝13，即an＝2n＋13(n∈N*)．目标2由Sn与an的关系求通项例2已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有2ananSn－S2n＝1成立，则S2019＝________.11010解析：当n≥2时，由2ananSn－S2n＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S2n＝－SnSn－1，所以2Sn－2Sn－1＝1.又2S1＝2，所以2Sn是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2Sn＝n＋1，故Sn＝2n＋1，则S2019＝11010.例3已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a2n}的前n项和为Tn，且3Tn＝S2n＋2Sn，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解析：(1)由3T1＝S21＋2S1，得3a21＝a21＋2a1，即a21－a1＝0.因为a1＞0，所以a1＝1.(2)因为3Tn＝S2n＋2Sn，①所以3Tn＋1＝S2n＋1＋2Sn＋1，②②－①，得3a2n＋1＝S2n＋1－S2n＋2an＋1.因为an＋1＞0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2，③所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2.④④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时，an＋1an＝2.又由3T2＝S22＋2S2，得3(1＋a22)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即a22－2a2＝0.因为a2＞0，所以a2＝2，所以a2a1＝2，所以对n∈N*，都有an＋1an＝2成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.【思维变式题组训练】1.已知数列{an}的前n项和为Sn＝－2n2＋3n，则数列{an}的通项公式为________．an＝5－4n解析：由数列求和公式知，当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n2＋3n－[－2(n－1)2＋3(n－1)]＝5－4n，此时n＝1也成立，故an＝5－4n.2.若数列{an}的前n项和Sn＝23an＋13，则{an}的通项公式是an＝________.(－2)n－1解析：因为Sn＝23an＋13①，所以Sn－1＝23an－1＋13(n≥2)②.①－②得an＝23an－23an－1，即an＝－2an－1.又因为S1＝a1＝23a1＋13⇒a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.3.若数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝1an＋1，则a25＝________.5－26解析：由Sn＋1＋Sn＝1an＋1知(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝1，得S2n＋1－S2n＝1为常数，所以数列{S2n}是以S21＝a21＝1为首项、1为公差的等差数列，即S2n＝1＋(n－1)·1＝n，所以Sn＝n，当n＝1时，S1＝a1＝1，当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝n－n－1，n＝1也适合，所以an＝n－n－1，当n＝25时，a25＝25－24＝5－26.4.已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝12anan＋1(n∈N*)．(1)求证：Sn＋1an是等差数列；(2)求数列{an}的通项an.解析：(1)因为anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝12anan＋1，所以Sn＋1an＋1－Snan＋1an＋1－1an＝12，即Sn＋1＋1an＋1－Sn＋1an＝12，所以数列Sn＋1an是以2为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)得Sn＋1an＝2＋(n－1)·12，即Sn＋1＝n2＋32an，①当n≥2时，Sn－1＋1＝n2＋1an－1.②①－②得，an＝n＋32an－n＋22an－1，即(n＋1)an＝(n＋2)an－1，所以ann＋2＝an－1n＋1(n≥2)，所以ann＋2是常数列，且为13，所以an＝13(n＋2)．目标3通过错位相减求和例4已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn.由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1.上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.得Tn＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.点评：利用等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程组求数列的首项和公差(或公比)，进而写出通项公式及前n项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等．【思维变式题组训练】已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.解析：(1)设数列{an}的公比为q，由题意知，a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2.又an0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知S2n＋1＝2n＋1b1＋b2n＋12＝(2n＋1)bn＋1，S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n.因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋522＋723＋…＋2n－12n－1＋2n＋12n.又12Tn＝322＋523＋724＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12Tn＝32＋12＋122＋…＋12n－1－2n＋12n＋1，所以Tn＝5－2n＋52n.目标4通过拆项、裂项等手段求和例5正项数列{an}的前n项和Sn满足S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝n＋1n＋22a2n，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn564.解析：(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝