适用于老高考旧教材广西专版2023届高考数学二轮总复习第二部分4.2数列的通项与求和课件理

4.2数列的通项与求和专题四内容索引0102考情分析•备考定向高频考点•探究突破03预测演练•巩固提升考情分析•备考定向试题统计题型命题规律复习策略(2018全国Ⅰ,理14)(2019全国Ⅱ,理19)(2020全国Ⅰ,理17)(2020全国Ⅲ,理17)(2021全国乙,理19)填空题解答题数列的通项与求和是高考中对数列考查的又一个重点,主要考查等差数列、等比数列的求和公式以及通过变形转化为等差数列、等比数列的数列求和.数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起,在考查基本运算、基本能力的基础上,又注意考查学生分析问题、解决问题的能力.在熟练掌握等差数列、等比数列通项和前n项和的基础上,对经常考查的题型进行针对训练,重点是通过转化为等差数列、等比数列后求通项公式.非等差(比)数列的求和问题经常用到分组转化法求和、裂项相消法求和、错位相减法求和等.难度不宜过大,以中低档题为主.高频考点•探究突破命题热点一由数列的递推关系求通项【思考】

由递推关系求数列的通项的常用的方法有哪些?例1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:(3)由an+1=3an+2,得an+1+1=3(an+1).∵a1=1,∴a1+1=2,an+1≠0,∴an+1=2·3n-1,故an=2·3n-1-1.题后反思由递推关系求数列的通项公式的基本思想是转化,常用的方法:(1)an+1-an=f(n)型,采用叠加法.对点训练1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:(3)当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+n+1)-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n.命题热点二裂项相消法求和【思考】

在裂项相消法中,裂项的基本思想是什么?例2设公差不为零的等差数列{an}满足a3=-4,且a2,a1,a3成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;解:

(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).因为a2,a1,a3成等比数列,所以

=a2a3,即(a3-2d)2=(a3-d)a3,又a3=-4,d≠0,所以d=-3,所以an=a3+(n-3)d=-3n+5.题后反思裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(k∈N*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的,要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差与系数之积等于原通项.所以数列{bn}是以3为首项,1为公差的等差数列.命题热点三错位相减法求和【思考】

具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?例3设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式.(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<.(1)解:

设数列{an}的公比为q,因为a1,3a2,9a3成等差数列,题后反思如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和Sn时一般采用错位相减法,即和式两边同乘等比数列{bn}的公比q(q≠1),然后作差求解.应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形.(2)在写“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.(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.对点训练3(2022广西柳州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,点(2)若数列{bn}满足bn=2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.(2)解:

由(1)可知

=2+(n-1)×(-1)=-n+3,∴Sn=-n2+3n,∴当n=1时,a1=S1=-1+3=2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+3n+(n-1)2-3(n-1)=-2n+4,经检验,当n=1时也成立.∴an=-2n+4(n∈N*).∵Tn=b1+b2+…+bn-1+bn,bn=2nan,∴Tn=2·21+0·22-2·23-4·24+…+(4-2n)·2n,∴2Tn=2·22+0·23-2·24-4·25+…+(4-2n)·2n+1,∴-Tn=2·21-2·22-2·23-2·24-…-2·2n-(4-2n)·2n+1,∴Tn=(3-n)·2n+2-12.预测演练•巩固提升1.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+1,则|a1|+|a2|+…+|a10|的值为(

)A.61 B.65 C.67 D.68C解析:

当n=1时,S1=a1=-2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-4n+1)-[(n-1)2-4(n-1)+1]=2n-5,根据通项公式,得a1<a2<0<a3<a4<…<a10,故|a1|+|a2|+…+|a10|=-(a1+a2)+(a3+a4+…+a10)=S10-2S2=(102-4×10+1)-2(22-4×2+1)=67.2.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,{Sn+nan}为常数列,则an=(

)B解析:

∵数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,∴S1+1×a1=1+1=2.∵{Sn+nan}为常数列,∴Sn+nan=2.3.(2022广西柳州三模)已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,若Sn+1=2Sn+1,则a5=

.

16解析:

由题设,可得an+1=Sn+1,则an=Sn-1+1(n≥2),所以an+1-an=Sn-Sn-1=an(n≥2),所以an+1=2an(n≥2),又a1=1,则a2=S1+1=2=2a1,所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=2n-1,故a5=16.4.已知等差数列{an}满足a2=3,S5=25.(1)求数列{an}的通项公式;解:

(1)设等差数列{an}的公差为d.所以a3=5.又a2=3,所以d=a3-a2=2,a1=a2-d=1.所以an=1