第2讲 专项1 数列通项(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

第2讲　数列通项与求和 备考领航·明方向 [高考感悟] 一、考题考法 考题　(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 试题以an与Sn的关系为载体求通项公式an，用错位相减法求数列前n项和Tn.试题考查数学运算、逻辑推理、数学抽象等核心素养，考查转化化归思想、分类讨论思想．试题源于教材人A选择性必修第二册P20中数列求和公式Sn＝，当a1＝0时的具体形式，以及P40习题4.3复习巩固第3题(2)． 解　(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)． (2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n，Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，两式相减得，Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1＝1－n，即Tn＝2－(2＋n)n，n∈N*. 二、考情感悟 1．数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用． 2．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列前n项的和．在考查数列运算的同时，常将数列与不等式、函数交汇． [主干提炼] 1．构造辅助数列求数列通项公式 (1)求形如an＋1＝pan＋q(p≠1)的递推公式的通项，设an＋1－λ＝p(an－λ)，用待定系数法可求出λ＝，进而构造新的等比数列{an－λ}，求出通项．其中λ为方程λ＝pλ＋q的解； (2)形如an＋1＝pan＋q(n)(p≠1)的递归式，等号两边同除以pn＋1，得＝＋，令bn＝，得bn＋1＝bn＋，转化为“an＋1＝an＋f(n)”型求解，先求bn，再求an. (3)形如an＋1＝pan＋qan－1(p，q为非零常数)的递推关系求通项： 可化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求通项an. 2．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}分别是公差不为0的等差数列和公比不为1的等比数列． (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． 专项1　数列通项 考向突破·抓重点 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考向一　形如an＋1＝pan＋f(n)型 角度1：an＋1＝pan＋q(p≠0，q≠0) 例1　若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2(n≥1，n∈N)，则数列{an}的前n项和Sn＝ . 解析　由an＋1＝3an＋2得an＋1＋1＝3(an＋1)，所以数列{an＋1}是以3为公比的等比数列，其中首项a1＋1＝3，所以an＋1＝3×3n－1＝3n，所以an＝3n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(31＋32＋…＋3n)－n＝－n＝. 角度2：an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，q≠0) 例2　已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1，a1＝3，则an＝_2n＋n_. 解析　因为an＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，所以＝2，所以数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以an－n＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n＋n. 角度3：an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1) 例3　在数列{an}中，a1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1，则an＝_4·3n－1－5·2n－1_. 解析　解法一：原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)．比较系数得λ＝－4，故an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)，则数列{an－4·3n－1}是首项为a1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，所以an－4·3n－1＝－5·2n－1，即an＝4·3n－1－5·2n－1. 解法二：将an＋1＝2an＋4·3n－1的两边同除以3n＋1，得＝·＋，令bn＝，则bn＋1＝bn＋，设bn＋1＋k＝(bn＋k)，比较系数得k＝－，则＝，所以是以－为首项，为公比的等比数列，所以bn－＝·n－1，则bn＝－·n－1，所以an＝3n·bn＝4·3n－1－5·2n－1. 形如an＋1＝pan＋f(n)型的解法即是构造an＋1＋g(n＋1)＝p(an＋g(n))，即构造新的等比数列求解． 考向二　形如an＋1＝pan＋qan－1(其中a1＝a，a2＝b，p≠0，q≠0)型 例4　已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式． 解　因为an＝2an－1＋3an－2，所以an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝7，所以{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n－2　①，又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，a2－3a1＝－13，所以{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2　②，①×3＋②得4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，所以an＝×3n－1＋(－1)n－1. 本题构造方程x2－2x－3＝0，其根为x1＝－1，x2＝3，所以可以将an＝2an－1＋3an－2(n≥3)变形为方程组求解． 学科网（北京）股份有限公司 $$