2021高考文科数学一轮总复习课标通用版课件：第6章 数列 6-5

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解：(1)由 an＋1－an＝13(Sn－Sn－1)＝31an(n≥2)， 得 an＋1＝43an(n≥2)．
又 a2＝31，所以 an＝1343n－2(n≥2)． 1，n＝1，
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[强化训练 1.2] (2019 年江西省抚州市七校高三 10 月联考)已知数列{an}满足 a1＝1，
an＋1＝an＋log31－2n2＋1，则 a41＝(
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经典品质/超越梦想 掌握一般数列求通项的几种常见方法．
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∴{an＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列， ∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1， ∴a2017＝22017－1.故选 C. 答案：C
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所以
an
＝a1·
a2·a3 a1 a2
·…
· an an－1
＝
1·51·73·
95·
…·22nn－＋31＝
1×1×3 （2n－1）（2n＋1）
＝
3 （2n－1）（2n＋1）.
【答案】
3 （2n－1）（2n＋1）
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末尾两个分数22nn－ －51，22nn－ ＋31的分母保留了．
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[强化训练 2.1] 在数列{an}中，a1＝1，an＝2n1－1an－1(n∈N*，n≥2)，则 an＝________． 解析：∵an＝2n1－1an－1，∴aan－n 1＝2n1－1(n∈N*，n≥2)， ∴an＝a1·aa21·aa32·…·aan－n 1 ＝1·12·212·…·2n1－1 ＝21＋2＋1…＋n－1＝(12)n（n－ 2 1）. 答案：12n（n2－1）
A．22016－1
B．22016＋1
C．22017－1
D．22017＋1
解析：∵Sn 为数列{an}的前 n 项和，a1＝1，Sn＝2Sn－1＋n－2(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝Sn－1＋n－2，n≥2，① ∴an＋1＝Sn＋n－1，②
②－①，得：an＋1－an＝an＋1，
∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)， ∴aan＋n＋1＋11＝2，又 a1＋1＝2，
n＝________．
解析：由数列{an}的通项公式 an＝
1 n＋ n＋1
＝ n＋1－ n， 则前 n 项的和为 Sn＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－ 1， 令 n＋1－1＝8，解得 n＝80. 答案：80
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[强化训练 3.1] (2019 年河北省沧州市高三上学期联考)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，
a1＝1，Sn＝2Sn－1＋n－2(n≥2)，则 a2017 等于( )
【解】 (1)由 2Sn＝3n＋3 可得 a1＝S1＝21(3＋3)＝3. an＝Sn－Sn－1＝12(3n＋3)－12(3n－1＋3)＝3n－1(n≥2)． 而 a1＝3≠31－1，则 an＝33，n－1n，＝n1≥，2.
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高频考点 3 利用 an 与 Sn 的关系递推 【例 3.1】 (1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 2Sn＝3n＋3，求{an}的通项公式； (2)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，求数列{an}的 通项公式 an.
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(2)由 Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0， 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以 Sn>0，所以 Sn＝n2＋n.
当 n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
当 n＝1 时，a1＝S1＝2，也满足上式．
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[强化训练 1.3] (2019 年安徽省安庆市高三上学期期末考试)已知数列{an}的通项公
式为 an＝
1 n＋
n＋1(n∈N*)，其前
n
项和为
8，则
【反思·升华】 对于 an－an－1＝f(n)(n≥2)型，an，an－1 的系数相同，并且和式 f(1)＋ f(2)＋…＋f(n)易求(等差、等比、可裂项、可错位相减或周期型)，利用 n－1 个式子 an＋1 －an＝f(n)叠加或者 an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)可求得通项．这就是累加法(又称逐 差法)．要注意对 a1 进行检验，看是否满足求出的通项公式．
)
A．－1
B．－2
C．－3
D．1－log340
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解析：因为 an＋1＝an＋log3 22nn－ ＋11，所以 a2＝a1＋log331，a3＝a2＋log353，a4＝a3＋
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[强化训练 3.2] 数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，an＋1＝13Sn，n＝1，2，3，…， 求：
(1)数列{an}的通项公式； (2)a2＋a4＋a6＋…＋a2n 的值．
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高频考点 1 累加法(逐差法)
【例 1.1】 设数列{an}满足 a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，则数列{an}的通项公式为 ________．
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
[强化训练 1.1] 已知数列{an}满足 a1＝12，an＋1＝an＋n2＋1 n，则数列{an}的通项公式 为________．
解析：∵an＋1＝an＋n2＋1 n， ∴an＋1－an＝n（n1＋1）＝1n－n＋1 1， ∴an＝a1＋a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1 ＝12＋1－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1＝23－n1. 答案：an＝32－1n
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高频考点 4 构造等差数列或等比数列
所以数列{an}的通项公式为 an＝2n. 【反思·升华】 对形如 Sn＝f(an)类型的数列通项公式的求解，一般利用 an＝ SSn1－，Snn＝－11，，n≥2与 an＝Sn－Sn－1＝f(an)－f(an－1)消去 Sn(n≥2)或与 Sn＝f(Sn－Sn－1)(n≥2)消去 an 进行求解，但要注意首项是否满足通项公式．
【解析】 由已知得，当 n≥1 时，an＋1＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝2 ＋3(2＋23＋…＋22n－3＋22n－1)＝3×2（44－n－11）＋2＝22(n＋1)－1，∴an＝22n－1，又∵a1＝2 也
适合此式，所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1. 【答案】 an＝22n－1
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【反思·升华】 形如 an＋1＝f(n)an(n∈N*)，其中 a1 已知，f(1)f(2)f(3)·…·f(n－1)可 求，则由恒等式 an＝a1·aa21·aa32·…·aan－n 1可得 an，称为累乘法．这类问题要特别关注剩 下的究竟是哪些数或式，以防出错．如【例 2.1】中，开头两个分数15，37的分子保留了，
所以数列的通项公式为 an＝3143n－2，n≥2.
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(2)由(1)可知 a2，a4，…，a2n，是首项为13，公比为432，项数为 n 的等比数列， 所以当 n∈N*时， a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝31·11－－433422n ＝37342n－1.
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[强化训练 2.2] (2019 年苏州市第五中学高三上学期期末考试)若数列{an}满足 a1＝ 1，aan＋n 1＝n＋n 1，则 a8＝________．
解析：由题的递推关系可知aa21＝12，aa32＝32，aa43＝34……，aa87＝78，前述各式左右分别相 乘，有aa21·aa32·aa43…aa87＝12·23·34…78，且 a1＝1，可得 a8＝18.
答案：81
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log3 57 ， …， an ＝ an － 1 ＋ log3 22nn－－31， 所 以 (a2 － a1)＋ (a3 － a2)＋ (a4 － a3)＋ …＋ (an － an － 1)＝
log313×35×57×…×22nn－－13， 所以 an－a1＝－log3(2n－1)， 则 a41＝a1－log381＝－3. 答案：C
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06 数列
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§6.5 递推公式求通项
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高频考点 2 累乘法(逐商法)
【例 2.1】 已知数列{an}中，a1＝1，(2n＋1)an＝(2n－3)·an－1(n≥2)，则该数列{an} 的通项 an＝________．
【解析】 因为 a1＝1，aan－n 1＝22nn－＋31(n≥2)，