江苏专版2018年高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点5复杂数列的通项公式与求和问题精品学案

1、名校名 推荐难点五复杂数列的通项公式与求和问题( 对应学生用书第71 页 )数列在高考中占重要地位，应当牢记等差、等比的通项公式，前n 项和公式，等差、等比数列的性质，以及常见求数列通项的方法，如累加、累乘、构造等差、等比数列法、取倒数等数列求和问题中，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式；而非等差数列、非等比数列的求和问题，一般用倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等数列的求和问题多从数列的通项入手，通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题一、数列的通项公式数列的通项公式在数列中占有重要地位，是

2、数列的基础之一，在高考中，等差数列和等比数列的通项公式，前n 项和公式以及它们的性质是必考内容，一般以填空题的形式出现，属于低中档题，若数列与函数、不等式、解析几何、向量、三角函数等知识点交融，难度就较大，也是近几年命题的热点1由数列的递推关系求通项由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法：(1) an1 an f ( n) 型，采用叠加法an1(2) an f ( n) 型，采用叠乘法(3) an1 pan q( p0， p1) 型，转化为等比数列解决2由 sn 与 an 的关系求通项annn，asn 与n 的关系为：nsasn sn1n【例 1】(2017 江苏省南京市迎一模模拟

3、) 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，且满足 sn nn* 2 (n ) an(1)证明：数列 an 1 为等比数列，并求数列 an 的通项公式；n(2)若 bn (2 n 1) an 2n 1，数列 bn 的前 n 项和为 tn，求满足不等式t 22 12 010n的 n 的最小值 解 (1) 证明：当n 1 时， 2a1 a11， a1 1. 2an snn， nn* ， 2an 1 sn 1n 1， n2，两式相减得 an 2an 1 1，n2，即 an 1 2( an 1 1) ， n2，数列 an 1 为以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，1名校名 推荐nn*； an 12

4、 ， an 21， n n(2) bn (2 n 1) an 2n 1 (2 n1) 2n， tn32522 (2 n1) 2n，23n1， 2tn3252(2 n1) 2两式相减可得tn32222223 22n (2 n1) 2n 1， tn (2 n1) 2n 1 2，tn 2n 1 2n 1 2 010可化 2 2 010， 210 1 024,2 11 2 048tn 2 足不等式2n 1 2 010 的 n 的最小 10. 点 利用 ansn sn 1 求通 ，注意 n2 一前提条件， 易忽略 n 1 致 ，当 n 1 ， a1 若适合通 ， n1 的情况 并入 n2 的通 ；否 a

5、n 利用分段函数的形式表示二、数列的求和常 型及方法(1) an kn b，利用等差数列前 n 和公式直接求解；(2) an a qn1 ，利用等比数列前 n 和公式直接求解；(3) an bncn，数列 bn ， cn 是等比数列或等差数列，采用分 求和法求 an 的前 n 和；(4) an bncn，数列 bn ， cn 分 是等比数列和等差数列，采用 位相减法求和【例 2】 ( 州市 2017 届高三上学期期末 ) 已知数列 an 与 bn 的前 n 和分 an 和 bn，且 任意 n n* ， an 1 an 2( bn 1bn) 恒成立(1) 若 an n2， b1 2，求 bn；(

6、2) 若 任意*nnb2b3b4bn 111nn ，都有a b 及a aa aa aa a 成立，求正 数b31 22 33 4n n1的取 范 ；(3) 若 12，n 2n，是否存在两个互不相等的整数，(1 1stst) ，使 a，a，a 成abstb1bsbt等差数列？若存在，求出s， t 的 ；若不存在， 明理由 .【 学号：56394102】 解 (1) 因 n2，所以n 1， n 1，n2 n2， n2，ana即a 2 1，nn2名校名 推荐1故 bn1 bn 2( an 1 an) 1，所以数列 bn 是以 2 首 ， 1 公差的等差数列，n11 23所以 bn2 2n(n1) 1

7、 2n 2n.(2)n1nn1nn1n1nbn 1依 意 b b 2( b b ) ，即 b2( b b ) ，即 bn 2，所以数列n1nn1 2n11n 1)， b 是以 b 首 ，2 公比的等比数列， 所以 a b 1 2 b b (2所以bn1n2nn 1，b1anan 1因 bnnn 1n1b 212 nn 1b1b1a a111n n 1b1212 1所以b2b3b4bn 1a aa aa aa a23n 1123 4n1121，所以1121112 1 112 1 1 3恒成立，b1 n 1b1n 1111121即 b 3，所以 b3.n 1(3)由 an 1nn 1n得： an

8、1nn 1 a2( b b ) a 2，所以当 n2 ， an ( an an 1) ( an 1 an 2) ( a3 a2) ( a2 a1) a1 2n 2n 1 23 22 22n 1 2，当 n1 ，上式也成立，所以 an2n 2 4 2n，又 bn 2n 1 2，n2n 2 4 2nna2 2所以 bn 22 1，n1naaa假 存在两个互不相等的整数s， t (1 s t ) ，使1s，t成等差数列，bbb1st1st21ts等价于 21 1， 2s 1， 2t 1成等差数列，即2s 1 21 1 2t 1，2st，因 t 1，所以2s1，即s 2 1，即 s1 t1 ts22 12 12 12 1s令 h( s) 2s 2s1( s2， s n* ) ， h( s 1) h( s) 2s2 0 所以 h( s) 增，s若 s3， h( s) h(3) 1 0，不 足 2 2s 1，所以 s 2，2s1tt 3t 1 0( t 3) ，代入 2s 1 21 12t 1得 2当 t 3 ， 然不符合要求；3名校名 推荐当 t 4 时，令t*( t ) 递增，所以 ( t ) 2 3t 1( t 4， t n ) ，则同理可证 ( t ) (4) 3 0，所以不符合要求所以，不存在正整数s， t (1 st ) ，使