2022届高三冲刺高考 （文科数学）　数列的通项与求和课件(共37张PPT)

(共37张PPT)
冲刺高考（文科数学）　数列的通项与求和
考点一　数列的递推与通项——构造转化为基本数列
1．数列的前n项和及其与通项的关系
(1)Sn＝a1＋a2＋…＋an；
(2)an＝
2．由递推公式求数列通项的常用方法
(1)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解．
(2)形如an＋1＝an·f(n)，常用累乘法，即利用an＝a1···…·(n≥2，n∈N*)求解．
(3)形如an＋1＝ban＋d(b≠1)，常用构造等比数列法．
对an＋1＝ban＋d变形得an＋1＋x＝b(an＋x)，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它可求出an.
[例1]　数列{an}中，a1＝－ln 2，an＋1＝an＋ln ，则通项an＝________．
解析：由题设得an＋1－an＝ln ，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝－ln 2＋ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln ＝ln ＝－ln (n＋1)．
当n＝1时，a1＝－ln 2也满足上式．
故所求an＝－ln (n＋1)．
答案：－ln (n＋1)
将例1中条件改为“a1＝1，＋…＋＝(n≥2)”，则通项an＝________．
答案：
解析：在＋…＋＝(n≥2)中，令n为n－1，得＋…＋＝(n≥3)．
两式相减后得到，＝(n≥3)，即＝(n≥3)．则有＝＝＝，…，＝(n≥3)．
将这(n－2)个等式累乘得，···…·＝，可得＝，其中n≥3.
在＋…＋＝(n≥2)中，令n＝2，得a2＝1.
所以对于an＝(n≥3)，a2＝1适合此式，但a1＝1不适合此式．
因此数列{an}的通项公式是an＝
根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；
解析：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1(n≥2且n∈N*)．
当n＝1时，a1＝1符合题意，∴an＝2n－1(n∈N*)．
根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：
(2)a1＝1，an＋1＝2nan；
解析： ∵＝2n，
∴＝21，＝22，…，＝2n－1，
将这n－1个等式叠乘，
得＝21＋2＋…＋(n－1)＝，
∴an＝(n≥2且n∈N*)．
当n＝1时，a1＝1符合题意，∴an＝(n∈N*)．
根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：
(3)a1＝1，an＋1＝.
解析： ∵an＋1＝，
取倒数得：＝＝，∴＝，
∵a1＝1，∴＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列，
∴＝1＋(n－1)·＝，
∴an＝.
考点二　数列求和——依“项”办“事”
1．数列求和
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．
2．常见的拆项公式
(1)若{an}为各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则＝；
(2)＝；
(3)＝.
角度1 分组转化法求和
[例2]　已知数列是等差数列，且a8＝1，S16＝24，数列是递增的等比数列且b1＋b4＝9，b2b3＝8.
(1)求数列的通项公式an；
(2)求＋…＋(a2n－1＋b2n－1)．
解析：(1)设数列的公差为d，由题意得：∴a1＝－6，d＝1，
an＝－6＋×1＝n－7.
(2)由题意得：是递增的等比数列，
故解得：b1＝1，b4＝8，q＝2，∴bn＝2n－1，
∴＋…＋
＝
＝
＝＝n2－7n＋.
归纳总结
求解此类题需过“四关”：第一关，“转化”关，即会把一元二次不等式的解集问题转化为一元二次方程的根的问题；第二关，“方程”关，即会利用方程(组)的思想求出等差数列或等比数列中的基本量；第三关，“分组求和”关，即观察数列的通项公式的特征，若其是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列)的通项组成，则求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；第四关，“用公式法求和”关，对分成的各个数列求和，观察各个数列的特点，会利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
角度2 裂项相消法求和
[例3]　已知公差不为0的等差数列{an}满足a3＝5，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)设等差数列的公差为d，
根据a3＝5有a1＋2d＝5，
由a1，a2，a5成等比数列可得(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，
2a1d－d2＝0，
由d≠0，所以2a1－d＝0，
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1，n∈N*；
(2)由(1)可得bn＝＝＝，
Tn＝＝＝.
归纳总结
求解此类题需过“三关”：一是“定通项”关，即会利用求通项的常见方法，求出数列的通项公式；二是“巧裂项”关，即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，即正确把握消项的规律，求和时正负相消，只剩下首末若干项，从而准确求和．
角度3 错位相减法求和
[例4]　在①2Sn＋1＝Sn＋1，②a2＝，③Sn＝1－2an＋1这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并给出解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________，________；正项等差数列{bn}满足b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：若选择多种情形分别解答，按第一个解答计分．
解析：(1)若选择①②，解答过程如下．
当n≥2时，由2Sn＋1＝Sn＋1得2Sn＝Sn－1＋1，
两式相减，得2an＋1＝an，即＝(n≥2)．
2S2＝S1＋1，即2(a1＋a2)＝a1＋1，所以a1＝1－2a2＝1－＝，
所以＝，所以{an}为首项为，公比为的等比数列，
所以an＝＝.
设等差数列{bn}的公差为d，d≥0.
由b1，b2－1，b3成等比数列得b1b3＝(b2－1)2，即2(2＋2d)＝(1＋d)2，
解得d＝3，所以bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1.
若选择②③，解答过程如下．
当n≥2时，由Sn＝1－2an＋1，得Sn－1＝1－2an.
两式相减，得an＝2an－2an＋1，所以＝(n≥2)．
又a1＝S1＝1－2a2，a2＝，所以a1＝，所以＝，所以{an}为首项为，公比为的等比数列，所以an＝＝.
设等差数列{bn}的公差为d，d≥0.
由b1，b2－1，b3成等比数列得b1b3＝(b2－1)2，即2(2＋2d)＝，
解得d＝3，所以bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1.
(2)易知cn＝anbn＝，
所以Tn＝＋…＋，　①
Tn＝＋…＋，　②
由①－②得，Tn＝1＋＋…＋，
所以Tn＝5－.
归纳总结
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．
　(变问题)若例4中条件不变，求数列的前n项和Mn.
解析：令cn＝＝＝
∴Mn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝＋…＋
＝＝.
　(变问题)若例4中条件不变，设数列cn＝求数列{cn}的前2n项和M2n.
解析：由题意知，cn＝
∴M2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n
＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋
＝＝n2＋·.
对点训练
在①n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋4n＋1)；②an＋1－an＝2()；③an－an－1＝8n－4(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解．
问题：已知数列{an}中，a1＝3，________．
(1)求an.
(2)若数列的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解析：(1)若选①，解答过程如下．
由n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋4n＋1)可得＝.
即＝4，
易知＝4，所以是首项为4，公差为4的等差数列，
所以＝4n，所以an＝4n2－1.
若选②，解答过程如下．
由an＋1－an＝2()可得＝2，
即＝2，
易知＝2，所以{}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以＝2n，所以an＝4n2－1.
若选③，解答过程如下．
由an－an－1＝8n－4(n≥2)可得当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(8n－4)＋(8n－12)＋…＋12＋3＝＋3＝4n2－1，
当n＝1时，a1＝3，满足an＝4n2－1，
所以当n∈N*时，an＝4n2－1.
(2)由(1)得＝＝，
所以Tn＝＝＝.
因为>0，所以Tn<，又Tn＝随着n的增大而增大，
所以Tn≥T1＝，所以≤Tn<.
考点三　数列的综合应用——函数、数列“一家亲”
[例5]　△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A，B，C成等差数列，且c＝2a.
(1)求角A的大小．
(2)设数列{an}满足an＝2n|cos nC|，其前n项和为Sn，若Sn＝20，求n的值．
解析：(1)由已知得2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝.
又c＝2a，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ＝3a2.
所以c2＝a2＋b2，△ABC为直角三角形，C＝，A＝.
(2)an＝2n|cos nC|＝2n＝
所以Sn＝S2k＋1＝S2k＝22＋24＋…＋22k＝＝(k∈N*)，
由Sn＝＝20，k∈N*，得4k＋1＝64，k＝2，
故n＝4或5.
归纳总结
破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和有法，针对数列通项公式的特征，灵活应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．
对点训练
已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝＝an(an＋1＋2an)，数列{bn}满足bn＝cos nπlog2an，且前n项和为Sn，则S2 021＝________．
解析：因为＝an(an＋1＋2an)，所以＝0，
则(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，
由数列{an}各项均为正数，知an＋1＋an>0，所以an＋1＝2an，
故数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故an＝2×2n－1＝2n，bn＝n cos nπ＝(－1)nn，
故S2 021＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 019＋2 020)－2 021＝1 010－2 021＝－1 011.
答案：－1 011
化归的常用策略
利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．
[典例]　已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)·an.设bn＝.
(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．
(1)由条件可得an＋1＝an.
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：
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，
又因为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＝2n－1，
所以an＝n·2n－1.
等差、等比数列基本量的计算模型
(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．
已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满足＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)因为＝Sn＋Sn－1(n≥2)，又因为a1＝1，所以a2＝2.
所以
＝an＋1＋an.
因为an>0，所以an＋1－an＝1(n≥2)．所以an＝n.
又a1＝1符合上式，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
所以an＝n.
(2)因为bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，
所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，
所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.
因为bn＋1>bn恒成立，
所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，
解得a>1－2n，所以a>－1.
则实数a的取值范围为(－1，＋∞)．