（统考版）2023高考数学二轮 第三篇 （研重点 保大分）专题二 数列 第2讲 数列的通项与求和 课件（46张）
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| 名称 | （统考版）2023高考数学二轮 第三篇 （研重点 保大分）专题二 数列 第2讲 数列的通项与求和 课件（46张） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-20 05:52:19 | ||
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文档简介
(共46张PPT)
第2讲 数列的通项与求和
考点一
考点二
考点三
考点一 数列的递推与通项
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 (1)[2022·四川成都模拟]已知数列{an}满足an＋1－an＝2n(n∈N*)，a2＝3，则an＝__________；
an＝2n－1
解析：由题设，a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…， an－an－1＝2n－1且n≥2，所以an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又a2＝3，则a1＝1，故an＝2n－1，显然a1＝1也满足an＝2n－1.
(2)[2022·湖北荆州中学]已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝.则数列{an}的通项公式为an＝________；
解析：因为an＋1＝，所以＝＝＋1，＝1，所以数列是首项为1，公差为1 的等差数列，所以＝n，an＝.
(3)[2022·山西太原二模]已知数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，且nSn＋1＝(n＋2)Sn，则数列{an}的通项公式an＝________．
n
解析：∵nSn＋1＝(n＋2)Sn，∴＝，
当n≥2时，Sn＝×…××S1＝×…××1＝，
当n＝1时，S1＝＝1＝a1成立，∴Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n，
当n＝1时，a1＝1满足上式，
∴an＝n.
归纳总结
由数列的递推式求通项公式的常用方法
提醒 由Sn求an时，一定要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，最后验证两者可否合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示．
对点训练
1．[2022·四川省绵阳南山中学模拟]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，(n∈N*)，则an＝__________．
an＝
解析：因为an＋1＝，所以＝4＋，所以＝4，
又＝1，数列是以1为首项，4为公差的等差数列．所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝.
2．[2022·四川什邡中学模拟]数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则
它的通项公式是________________．
an＝
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n＋1)－＝6n－5，
经检验当n＝1时不符合，
所以an＝.
3．[2022·齐齐哈尔市第一中学一模]数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2nan－1，则数列{an}的通项公式为______________．
an＝
解析：因为an＝2nan－1，n≥2，
所以＝2n, ＝2n－1，＝2n－2，…，＝22，
累乘得：···…·＝2n·2n－1·2n－2·…·22, n≥2，n∈N*，
所以＝＝，n≥2，n∈N*.
由于a1＝1，所以an＝，n≥2，n∈N*.
显然当n＝1时，a1＝1满足an＝，
所以an＝，n∈N*.
考点二 数列求和
——依“项”办“事”
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 [2022·陕西宝鸡三模]已知数列{an}中，a1＝a2＝1，且an＋2＝an＋1＋2an.记bn＝an＋1＋an.
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列的前n项和．
解析：(1)证明：∵＝＝＝＝2，
且b1＝a1＋a2＝2≠0，∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝2n，则bn＋2n＝2n＋2n，
令{bn＋2n}的前n项和为Sn，
则Sn＝＝2n＋1－2＋n2＋n＝2n＋1＋n2＋n－2.
归纳总结
利用分组法求和的3个关键点
会“列方程” 会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式” 会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
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
角度 2 裂项相消法求和
例 3 [2022·河北保定一模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)因为Sn＝，故当n＝1时，a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝，则an＝Sn－Sn－1＝3n(n≥2)，
当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝3n.
(2)由(1)得bn＝＝
＝4，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝4×
＝4＝.
故数列{bn}的前n项和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 [2022·陕西榆林三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·log3an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－9，解得a1＝9.
当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－3an－1，整理得an＝3an－1，
所以{an}是以9为首项，3为公比的等比数列，故an＝9×3n－1＝3n＋1.
(2)由(1)知，bn＝(n＋2)3n＋1，则Tn＝3×32＋4×33＋…＋(n＋2)3n＋1 ①，
所以3Tn＝3×33＋4×34＋…＋(n＋2)3n＋2 ②，
①－②得：－2Tn＝27＋33＋34＋…＋3n＋1－(n＋2)3n＋2＝27＋－(n＋2)3n＋2＝×3n＋2，
故Tn＝×3n＋2－.
归纳总结
掌握解题“3步骤”
提醒 (1)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．
(2)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．
(3)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
对点训练
1.[2022·江西上饶市第一中学二模]在等差数列{an}中，a3＝5，a5＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a3＝5，a5＝3a2，
得：，解得：，数列{an}的通项公式为：an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知：bn＝＝，
所以Sn＝＋…＋，①
Sn＝＋…＋，②
①－②得：Sn＝
＝
＝＝，所以Sn＝3－(n∈N*)．
2．[2022·陕西西安工业大学附中检测]设数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝2－2an(n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：因为数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝2－2an(n∈N*)，
∴当n＝1时，T1＝a1＝2－2a1，则a1＝＝.
当n≥2时，Tn＝2－2 1＝，∴＝，
所以是以＝为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列＝，则由Tn＝2－2an得an＝，
所以bn＝＝，
所以Sn＝＋…＋＝＝.
考点三 数列的综合应用
考点三 数列的综合应用——函数、数列“一家亲”
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．
例 5 [2022·四川绵阳模拟]△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，又因为A＋B＋C＝π，所以B＝.
又因为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
[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么＝___________ dm2.
5
720－
解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折3次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格．
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种，故得猜想Sn＝，
设S＝＝＋…＋，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
[高考5个大题] 解题研诀窍(二) 数列问题重在“归”——化归
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
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．
[快审题]
求什么 想什么 判断数列{bn}是等比数列，想到判断等比数列的方法．
求{an}的通项公式，想到求bn的通项公式．
给什么 用什么
[稳解题]
(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.
题后悟道
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．
[针对训练]
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.
又因为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，＋∞)．
第2讲 数列的通项与求和
考点一
考点二
考点三
考点一 数列的递推与通项
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 (1)[2022·四川成都模拟]已知数列{an}满足an＋1－an＝2n(n∈N*)，a2＝3，则an＝__________；
an＝2n－1
解析：由题设，a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…， an－an－1＝2n－1且n≥2，所以an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，又a2＝3，则a1＝1，故an＝2n－1，显然a1＝1也满足an＝2n－1.
(2)[2022·湖北荆州中学]已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝.则数列{an}的通项公式为an＝________；
解析：因为an＋1＝，所以＝＝＋1，＝1，所以数列是首项为1，公差为1 的等差数列，所以＝n，an＝.
(3)[2022·山西太原二模]已知数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，且nSn＋1＝(n＋2)Sn，则数列{an}的通项公式an＝________．
n
解析：∵nSn＋1＝(n＋2)Sn，∴＝，
当n≥2时，Sn＝×…××S1＝×…××1＝，
当n＝1时，S1＝＝1＝a1成立，∴Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n，
当n＝1时，a1＝1满足上式，
∴an＝n.
归纳总结
由数列的递推式求通项公式的常用方法
提醒 由Sn求an时，一定要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，最后验证两者可否合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示．
对点训练
1．[2022·四川省绵阳南山中学模拟]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，(n∈N*)，则an＝__________．
an＝
解析：因为an＋1＝，所以＝4＋，所以＝4，
又＝1，数列是以1为首项，4为公差的等差数列．所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝.
2．[2022·四川什邡中学模拟]数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则
它的通项公式是________________．
an＝
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n＋1)－＝6n－5，
经检验当n＝1时不符合，
所以an＝.
3．[2022·齐齐哈尔市第一中学一模]数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2nan－1，则数列{an}的通项公式为______________．
an＝
解析：因为an＝2nan－1，n≥2，
所以＝2n, ＝2n－1，＝2n－2，…，＝22，
累乘得：···…·＝2n·2n－1·2n－2·…·22, n≥2，n∈N*，
所以＝＝，n≥2，n∈N*.
由于a1＝1，所以an＝，n≥2，n∈N*.
显然当n＝1时，a1＝1满足an＝，
所以an＝，n∈N*.
考点二 数列求和
——依“项”办“事”
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 [2022·陕西宝鸡三模]已知数列{an}中，a1＝a2＝1，且an＋2＝an＋1＋2an.记bn＝an＋1＋an.
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列的前n项和．
解析：(1)证明：∵＝＝＝＝2，
且b1＝a1＋a2＝2≠0，∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝2n，则bn＋2n＝2n＋2n，
令{bn＋2n}的前n项和为Sn，
则Sn＝＝2n＋1－2＋n2＋n＝2n＋1＋n2＋n－2.
归纳总结
利用分组法求和的3个关键点
会“列方程” 会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式” 会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
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
角度 2 裂项相消法求和
例 3 [2022·河北保定一模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)因为Sn＝，故当n＝1时，a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝，则an＝Sn－Sn－1＝3n(n≥2)，
当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝3n.
(2)由(1)得bn＝＝
＝4，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝4×
＝4＝.
故数列{bn}的前n项和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 [2022·陕西榆林三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·log3an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－9，解得a1＝9.
当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－3an－1，整理得an＝3an－1，
所以{an}是以9为首项，3为公比的等比数列，故an＝9×3n－1＝3n＋1.
(2)由(1)知，bn＝(n＋2)3n＋1，则Tn＝3×32＋4×33＋…＋(n＋2)3n＋1 ①，
所以3Tn＝3×33＋4×34＋…＋(n＋2)3n＋2 ②，
①－②得：－2Tn＝27＋33＋34＋…＋3n＋1－(n＋2)3n＋2＝27＋－(n＋2)3n＋2＝×3n＋2，
故Tn＝×3n＋2－.
归纳总结
掌握解题“3步骤”
提醒 (1)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．
(2)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．
(3)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
对点训练
1.[2022·江西上饶市第一中学二模]在等差数列{an}中，a3＝5，a5＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a3＝5，a5＝3a2，
得：，解得：，数列{an}的通项公式为：an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知：bn＝＝，
所以Sn＝＋…＋，①
Sn＝＋…＋，②
①－②得：Sn＝
＝
＝＝，所以Sn＝3－(n∈N*)．
2．[2022·陕西西安工业大学附中检测]设数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝2－2an(n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：因为数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝2－2an(n∈N*)，
∴当n＝1时，T1＝a1＝2－2a1，则a1＝＝.
当n≥2时，Tn＝2－2 1＝，∴＝，
所以是以＝为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列＝，则由Tn＝2－2an得an＝，
所以bn＝＝，
所以Sn＝＋…＋＝＝.
考点三 数列的综合应用
考点三 数列的综合应用——函数、数列“一家亲”
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．
例 5 [2022·四川绵阳模拟]△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，又因为A＋B＋C＝π，所以B＝.
又因为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
[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么＝___________ dm2.
5
720－
解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折3次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格．
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种，故得猜想Sn＝，
设S＝＝＋…＋，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
[高考5个大题] 解题研诀窍(二) 数列问题重在“归”——化归
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
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．
[快审题]
求什么 想什么 判断数列{bn}是等比数列，想到判断等比数列的方法．
求{an}的通项公式，想到求bn的通项公式．
给什么 用什么
[稳解题]
(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.
题后悟道
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．
[针对训练]
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.
又因为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，＋∞)．
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