2020高考数学微专题数列的通项与求和(68张)
2020高考数学艺考生冲刺一本通课件：第14讲 数列的通项与求和
知知识识梳梳理理 典 例 变 式 基 础 训 练 能 力 提 升 真 题 演 练
(5)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和。
常见的裂项技巧:
①1
������(������+1)
=
1 ������
−
������+1 1.
②1
������(������+2)
知识梳理 典例变式 基础训练 能力提升 真题演练
【解】(1)当 n=1 时,a1=S1=1;
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=������22+������ − (������-1)22+(������-1)=n. a1 也满足 an=n,故数列{an}的通项公式为 an=n.
(2)由(1)知 an=n,故 bn=2n+(-1)nn.
适合此等式.所以
an=
-1,������ = 1, 2������-1,������ ≥
2.
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题型三 数列求和 (一)分组与并项求和 【例 3】 (2019·黄山模拟)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=������22+������,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和.
(4)Sn 与 an 的关系
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,则
an=
������1,������ = 1, ������������ -������������-1,������
≥
2,这个关系式对任意数列均成立.
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2020高考数学数列的通项与求和
2020高考数学数列的通项与求和08高考数学数列的通项与求和数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项。
通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法.●难点磁场(★★★★★)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.(1)写出数列{a n }的前3项.(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)(3)令b n =)(2111+++n n n n a a a a(n ∈N x )，求lim ∞→n (b 1+b 2+b 3+…+b n －n ).●案例探究［例1］已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x )=(x －1)2，且a 1=f(d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N x ，都有nn c c b c b c +++Λ2111=a n +1成立，求lim∞→n nn S S 212+. 命题意图：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n 项和，实质上是该数列前n 项和与数列{a n }的关系，借助通项与前n 项和的关系求解c n 是该条件转化的突破口.错解分析：本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a 1、b 1、d 、q ，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键.技巧与方法：本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{d n }，运用和与通项的关系求出d n ，丝丝入扣.解：(1)∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(q q b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 (2)令nnb c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N x ),∴d n =a n +1－a n =2, ∴n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －1；∴S n =38［1－(－2)n ］. ∴2lim ,1)21(2)21()2(1)2(121222212212-=--+-=----=+∞→++n n n n n nn n n S SS S［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T . 命题意图：本题考查数列的通项公式及前n 项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力.知识依托：利用项与和的关系求a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点.错解分析：待证通项d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 中既含有n ，又含有r ，会使所求的极限模糊不清.技巧与方法：(1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n 与r 的关系，正确表示B r ，问题便可迎刃而解.解：(1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)，∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n .(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n］=4n +3，∴32n +1∈{b n }.而数32n =(4－1)2n =42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)，∴32n ?{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1.(3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-?-=+?-=+=++++nn n n n D r r r r ，89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+?-?=---?+=-=∴∞→++n n n n n nn nn n n r n a T a D B T ●锦囊妙计1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同.因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性.2.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =≥-=-2,1,11n S S n S n n3.求通项常用方法①作新数列法.作等差数列与等比数列.②累差叠加法.最基本形式是：a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1. ③归纳、猜想法.4.数列前n 项和常用求法①重要公式1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n .③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项.应掌握以下常见的裂项：等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=?+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n n④错项相消法⑤并项求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法. ●歼灭难点训练一、填空题1.(★★★★★)设z n =(21i -)n，(n ∈N x )，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________.2.(★★★★★)作边长为a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.二、解答题3.(★★★★)数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N x 都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1.(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N x ). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ;(3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N x ),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N x ),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N x 均有T n ＞32成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=31a 1,b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N x ).试问当m为何值时，)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞→∞→+++=?Λ成立？6.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ； (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a b n +1的大小，并证明你的结论. 7.(★★★★★)设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1.参考答案难点磁场解析：(1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1，∴11222a a =+，解得a 1=2.当n =2时，有22222S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6.当n =3时，有33222S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10.故该数列的前3项为2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想数列{a n }.有通项公式a n =4n －2.下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N x ）.①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立.②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2.代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(221++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2，即当n =k +1时，上述结论成立.根据①②，上述结论对所有的自然数n ∈N x 成立.解法二：由题意知n n S a 222=+，(n ∈N x ).整理得，S n =81(a n +2)2,由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =81［(a n +1+2)2－(a n +2)2］.整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n≠0，∴a n +1－a n =4，即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4.∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2.解法三：由已知得n n S a 222=+,(n ∈N x )①，所以有11222++=+n n S a ②，由②式得11222++=+-n n n S S S ，整理得S n +1－22·1+n S +2－S n =0，解得n n S S ±=+21，由于数列{a n }为正项数列，而2,211>+∴=+n n S S S ，因而n n S S +=+21，即{S n }是以21=S 为首项，以2为公差的等差数列.所以n S =2+(n －1)2=2n ,S n =2n 2，故a n =≥-=-=-)2(,24)1(,21n n S S n n n 即a n =4n －2(n ∈N x ).(3)令c n =b n －1，则c n =)2(2111-+++n n n n a a a a.1)1211(lim )(lim ,1211)121121()5131()311(,121121)]11212()11212[(21212121=+-=-+++∴+-=+--++-+-=+++=-++++--=-+-+--+=∞→∞→n n b b b n n n c c c n b b b n n n n n n n n n nn ΛΛΛΛ 歼灭难点训练一、,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S Λ 221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 答案：1+222.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a ，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,∴这些圆的周长之和c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2，面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 答案：周长之和233πa ，面积之和9πa 2 二、3.解：(1）可解得11+=+n na a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ?a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n . (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =>+-≤≤+-540951 922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n n n n b b b T n n ΛΛ；要使T n ＞32m总成立，需32m＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.5.解：(1）由已知S n +1=(m +1)－ma n +1①，S n =(m +1)－ma n ②,由①－②，得a n +1=ma n －ma n +1，即(m +1)a n +1=ma n 对任意正整数n 都成立.∵m 为常数，且m ＜－1∴11+=+m ma a n n ，即{1+n n a a }为等比数列. (2)当n =1时，a 1=m +1－ma 1，∴a 1=1，从而b 1=31. 由(1)知q =f (m )=1+m m，∴b n =f (b n －1)=111+--n n b b (n ∈N x ,且n ≥2)∴1111-+=n n b b ，即1111=--n n b b ，∴{n b 1}为等差数列.∴nb 1=3+(n －1)=n +2，21+=∴n b n (n ∈N x ). 910,101,11lg 1)211151414131(3lim )(3lim ,1lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(132211-=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=?∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m m m m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而ΛΛΘ 6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：??=-+=1452)110(1010111d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+231-n )］，31log a b n +1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n +1的大小，可先比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小，取n =1时，有(1+1)＞3113+?取n =2时，有(1+1)(1+41)＞3123+?… 由此推测(1+1)(1+41)…(1+231-n )＞313+n①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1，② 当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1，③下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当n =1时，已验证①式成立. (ⅱ)假设当n =k 时(k ≥1），①式成立，即：313)2311()411)(11(+>-+++k k Λ.那么当n =k +1时，333322223323331)1(3)1311)(2311()411)(11(1)1(343)23(1313,0)13(49)13()13)(43()23(]43[)]23(1313[).23(1313)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(++>++-+++++=+>+++∴>++=+++-+=+-++++++=+++>-++-+++k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ΛΘΛ因而这就是说①式当n =k +1时也成立.由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n 都成立. 由此证得：当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1.7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+. 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t②①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列； (2)由f (t )=t t 332+=t132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1.可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列. 于是b n =1+32(n －1)=312+n ; (3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n ,∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1 =b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94 (2n 2+3n )。
2020年全国高考数学·第23讲 数列的通项公式与求和
2020年全国高考数学 第23讲 数列的通项公式与求和考纲解读掌握非等差数列、等比数列求和的几种常见方法.能在具体的问题情境中，识别数列的等差和等比关系，抽象出模型，并能用有关知识解决相应的问题. 命题趋势探究从内容上主要考查：等差和等比数列与其他知识点的综合运用，用数列知识解决实际问题；从递推公式中构造等差或等比数列，并求出其通项公式.从考查形式和能力上看，有选择题、填空题、解答题.其中以解答题为主，且难度较大.在解题过程中往往要用到函数与方程思想、化归思想与分类讨论思想.从命题趋势上看，主要有数列与方程、不等式、函数、解析几何的综合题，以概率为背景结合计数原理考查数列知识及数列建模的应用题.知识点精讲 基本概念（1）若已知数列的第1项（或前项），且从第2项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么该公式就叫做这个数列的递推公式.递推公式也是给出数列的一种方法. （2）数列的第n 项n a 与项数n 之间的函数关系，可以用一个公式()n a f n =来表示，那么n a 就是数列的通项公式.注：①并非所有的数列都有通项公式；②有的数列可能有不同形式的通项公式； ③数列的通项就是一种特殊的函数关系式； ④注意区别数列的通项公式和递推公式.题型归纳及思路提示题型85 数列通项公式的求解 思路提示常见的求解数列通项公式的方法有观察法、利用递推公式和利用n S 与n a 的关系求解. 观察法根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法归纳出其数列通项. 利用递推公式求通项公式 ①叠加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式，可利用递推多式相加法求得n a②叠乘法：形如1()nn a f n a -= (0)n a ≠*(2,)n n N ≥∈的解析式， 可用递推多式相乘求得n a③构造辅助数列：通过变换递推公式，将非等差（等比）数列构造成为等差或等比数列来求其通项公式.常用的技巧有待定系数法、取倒数法、对称变换法和同除以指数法. 利用n S 与n a 的关系求解 形如1(,)()n n n f S S g a -=的关系，求其通项公式，可依据1*1(1)(2,)n n n S n a S S n n N -=⎧=⎨-≥∈⎩，求出n a观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项.使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有(1)n -或者1(1)n -- 部分.②考虑各项的变化规律与序号的关系.③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方{}2n 、{}2n与(1)n-有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列.例6.20写出下列数列的一个通项公式： （1）325374,,,,,,;751381911---L（2）2,22,222，L ，222L ；（3）数列{}n a 中各项为：12,1122,111222，L，{111222n n L L 123个个，L变式1 将全体正整数排成一个三角形数阵，如下所示，则第n 行 （3n ≥）从左到右的第3个数为__________ 12 34 5 67 8 9 10L L L L L L L L L 变式2 观察下列等式：211122ni i nn ==+∑，2321111326ni i n n n ==++∑34321111424ni i n n n ==++∑45431111152330ni i n n n n ==++-∑5654211151621212ni i n n n n ==++-∑67653111111722642ni i n n n n n ==++-+∑ L L L L1111101nkk k k k k k i ia n a n a n a n a +-+-==+++++∑L ，可以推测，当*2()k k N ≥∈时，111k a k +=+，12k a =，叠加法 数列有形如1()n n a a f n +=+的递推公式，且(1)(2)()f f f n +++L 的和可求，则变形为1()n n a a f n +-=，利用叠加法求和例6.21 已知数列{}n a 满足132n n a a n +=++ *()n N ∈，且12a =，求数列{}n a 的通项公式。
高考数学微专题3 数列的通项课件(共41张PPT)
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依 次 是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ， 则 此 数 列 的 第 25 项 与 第 24 项 的 差 为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
内容索引
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说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
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1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】 因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项 为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也 为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.
(课标专用)天津市2020高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件
-4-
突破点一
突破点二
突破点三
(2)∵an+1=an+ln
1+1
������
,
∴an-an-1=ln
1+ 1
������ -1
=ln���������-���1(n≥2),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln���������-���1+ln������������--12+…+ln32+ln 2+2
专题四
4.2 数列的通项与求和
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-9-
突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:
(1)a1=1,������������ +1
=
2������������ ;
2+������������
(2)Sn=23an+13;
(3)Sn=2an+n.
方法:
(1)an+1-an=f(n)型,采用迭加法;
(2)������������������
+1 ������
=f(n)型,采用迭乘法;
(3)an+1=pan+q(p≠0,p≠1)型,转化为等比数列解决;
(4)an+1= 数列解决.
������
������������������ + ������������������
(an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等差
2.已知Sn求an的三个步骤:
2020版高考数学(理科)复习课件 第30讲 数列求和
当 n=1 时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1,
当 n≥2 时,2an-1=1+Sn-1②,
①-②得 2an-2an-1=an,
∴ ������������
������������ -1
=2.∴数列{an}是以
1
为首项,2
为公比的等比数列,
∴an=a1qn-1=1×2n-1=2n-1.
(2)由 an·bn=1+2nan 得 bn=������1������ +2n,
[思路点拨] (1)由 2Sn=���������2��� +n 依 次求得 a1,a2,a3,利用 2Sn-1=���������2���-1+n-1(n≥2)与已知式 子作差得到 an;(2)利用累加法得 到 bn+1=b1+1×21+2×22+…+n·2n, 结合错位相减法得到结果.
课堂考点探究
+f(1)(n∈N*),则数
列{an}的通项公式为
.
[答案] an=2(n+1)
[解析] 由 f(x)+f(1-x)=4,可得
f(0)+f(1)=4,…,f
1 ������
+f
������ -1 ������
=4,所以
2an=[f(0)+f(1)]+
f
1 ������
+f
������ -1 ������
)
(2)当
n≥2
时,������ 21-1=12
������1-1-������
1 +1
.
(
)
(3)求 Sn=a+2a2+3a3+…+nan 时只要把上式等号两边同时
高考数学 数列的通项及数列求和课件 新人教
因此由an+1=1
an 2an
，得
1 1 an1 an
2,
即 1 1 2. an1 an
∴数列 1 是等差数列，
a
n
（a12n）根a11据 已(n知-1条)·件2得=2n2a-nn11,1即 a2annn=21n,1 1 .
即
an1 2n1
an 2n
1,
∴数列
a 2
n n
是等差数列.
(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1;累乘：an=aann1
பைடு நூலகம்
an1 an2
• a等a12 方 a1法.
知能迁移1 由已知在数列{an}中a1=1,求满足下列 条件的数列的通项公式.
（1）an+1= 1
an 2
a
n
;(2)an+1=2an+2n+1.
解 （1）因为对于一切n∈N*,an≠0,
1 an
an1121n,
将以上（n-1）个式子相加得
1 an
1 a1
1 22
1 23
1 24
1 2n
,
1 an
1 2
(1
1 2n
)
1 1
1
1 2n
,an
2n2n1.
2
探究提高 已知递推关系求通项公式这类问题要
求不高,主要掌握由a1和递推关系先求出前几项,再 归纳、猜想an的方法,以及累加：an=(an-an-1)+
4.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}
的前n项和为
C（
）
A.2n+n2-1
(课标专用)天津市2020高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件
所以
22������������-���=��� =2,-1,解得
������ = 1, ������ = 0.
所以an+1+(n+1)=3(an+n). 下同解法一.
专题四
4.2 数列的通项与求和
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
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突破点一
突破点二
突破点三
规律方法1.由递推关系求数列的通项的基本思想是转化,常用的
核心归纳•预测演练
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规律方法裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+kbn(k∈N*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的,在解 题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式,使之符合 裂项相消的条件.
突破点一
专题四
4.2 数列的通项与求和
高频考点•探究突破
突破点二
突破点一
专题四
4.2 数列的通项与求和
高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
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解:(1)由���������2��� +2an=4Sn+3,可知���������2���+1+2an+1=4Sn+1+3. 可得���������2���+1 − ���������2��� +2(an+1-an)=4an+1, 即 2(an+1+an)=���������2���+1 − ���������2��� =(an+1+an)(an+1-an). 由于 an>0,可得 an+1-an=2.
突破点一
(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题四数列4.2.2求数列的通项及前n项和课件理
所以,{an}的通项公式为 an=3n,{bn}的通项公式为 bn=3n.
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考向一 考向二 考向三
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=
n×3+������
(������ -1) 2
×6
+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记 Tn=1×31+2×32+…+n×3n,
①
则 3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,
②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(11--33������
)+n×3n+1=(2������
-1)3������ 2
+1
求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.依题
意,得
3������ = 3 + 3������2 = 15
2+������4, ������.解得
������ ������
= =
33,,故
an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
由题意得 ������42 = ������2������9, ������3 = 7,
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(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．
故归纳猜想得 an＝1n.
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
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＝________.
1 n
解析：解法一：因为(n＋1)a2n＋1＋an＋1an－na2n＝0，所以 (an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－
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＋an>0，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*)．
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________．
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
解法二：因为 an＝22n－n＋1＋11an－1(n≥2，n∈N*)，所以2na＋n 1＝2na－n1－＋1 1(n≥2，n∈N*)， 即数列2na＋n 1是常数列，所以2na＋n 1＝a31＝13，即 an＝2n＋3 1(n∈N*)．
nan]＝0.
又因为 an＋1＋an>0，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，
即aan＋n 1＝n＋n 1，所以aa21·aa32·aa43·aa54·…·aan－n 1＝12×23×34×45×…×n－n 1，即 an＝1n(n∈N*)．
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
(1) an＝n·2n 解析：解法一：由 nan＋1＝2(n＋1)an，得aan＋n1＝2nn＋1，当 n≥2 时， aan－n 1＝n－2n 1， 所以当 n≥2 时，an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1＝n2－n1·2nn－－21·…·21·2·2＝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na＋n＋11＝2ann，即ann是一个首项为 2，公比 2 的等
22n－n＋1＋11(n≥2，n∈N*)，
所以 an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1＝22n－n＋1＋11·22nn－－21＋＋11·…·2221＋＋11·1＝2n＋3 1(n≥2，n∈N*)． 令 n＝1，a1＝1 符合，即 an＝2n＋3 1(n∈N*)．
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
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anS2na－n S2n
＝1 成立，则 S2 019＝________.
微专题十七 数列的通项与求和
核心模块六 数列 微专题十七 数列的通项与求和
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
考课 情时 分作 析业
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
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
3. 已知数列{an}的首项为 1，an＝22n－n＋1＋11an－1(n≥2，n∈N*)，则它的通项公式 an
＝________. 2n＋3 1(n∈N*)
解析：解法一：因为 an＝22n－n＋1＋11an－1(n≥2，n∈N*)，所以aan－n 1＝
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
【思维变式题组训练】
1. 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋anan(n∈N*)，试归纳出数列的通项 an＝________.
1
1
1 n
解析：因为 a1＝1，an＋1＝1＋anan，所以 a2＝12，a3＝1＋2 12＝13，a4＝1＋3 13＝14，…
比数列，即ann＝2n，即 an＝n·2n.
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
点评：本题中“nan＋1＝2(n＋1)an”可以转化为aan＋n 1＝2nn＋1利用累积法求解，也 可以转化为na＋n＋11＝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．
和的求解以及性质的论证问题．
年份 2017 2018 2019
填空题 T9等比数列的基本量 T14等差、等比数列的综合问题
T8等差数列
解答题 T19考察等差数列的综合问题 T19考察等差、等比数列的综合问题 T20等差、等比的综合问题
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考情分析 典型例题 课后作业
微专题十七 数列的通项与求和
典课 型时 例作 题业