专题六　数列课件——2026届高三数学一轮复习

专题六　数列 1 体系透视 题型透析 目 录 题型25 等差数列、等比数列的判定与证明 题型26 求数列的通项公式 题型27 数列求和 题型28 数列与不等式综合 题型25　等差数列、等比数列的判定与证明 题型透析 例     已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式. 思路导引     (1)  (2)  解析    (1)由题意可知a1+b1=1,a1-b1=1. 4an+1=3an-bn+4①,4bn+1=3bn-an-4②, 由①+②得,4an+1+4bn+1=3an-bn+4+3bn-an-4=2an+2bn,即an+1+bn+1= (an+bn), 所以数列{an+bn}是首项为1, 公比为 的等比数列. 由①-②得,4an+1-4bn+1=3an-bn+4-(3bn-an-4)=4an-4bn+8, 即an+1-bn+1=an-bn+2, 所以数列{an-bn}是首项为1, 公差为2的等差数列. (2)由(1)可得,an+bn= ,an-bn=2n-1, 所以an= [(an+bn)+(an-bn)]= +n- , bn= [(an+bn)-(an-bn)]= -n+ . 归纳总结     1.等差数列的判定与证明方法 方法 解读 适合题型 定义法 对于任意自然数n(n≥2),an-an-1为同一 常数⇔{an}是等差数列 解答题中的证明问题 等差中 项法 2an-1=an+an-2(n≥3,且n∈N*)成立⇔{an} 是等差数列 通项公 式法 an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数 n都成立⇔{an}是等差数列 选择题、填空题中的判定问题 前n项和 公式法 Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整 数n都成立⇔{an}是等差数列 2.等比数列的判定与证明方法 定义法 若 =q(q为非零常数,n∈N*)或 =q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列 等比中项法 若数列{an}中,an≠0且 =an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列 通项公式法 若数列的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*)的形式,则{an}是等比数列 前n项和公式法 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列 提醒    (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法,常用于证明;后两种方法常用于选择 题、填空题中的判定. (2)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定存在连续三项不成等比数列即可. 题型26　求数列的通项公式 角度1　由前n项和Sn求数列通项公式an 例1    已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=nan+1-2n(n+1)(n∈N*),则 Sn=___________.     2n2     思路导引     思路一利用an=Sn-Sn-1计算; 思路二利用Sn+1-Sn替换an+1. 解析    解法一由Sn=nan+1-2n(n+1)①,得Sn-1=(n-1)an-2(n-1)n(n≥2)②, ①-②得,an=nan+1-(n-1)an-4n(n≥2), 整理得,an+1-an=4(n≥2),在Sn=nan+1-2n(n+1)中,令n=1,得S1=a1=a2-2×1×(1+1),解得a2=6,所以 a2-a1=6-2=4,所以{an}是以2为首项,4为公差的等差数列,则Sn=2n+ ×4=2n2. 解法二因为Sn=nan+1-2n(n+1),an+1=Sn+1-Sn,所以Sn=n(Sn+1-Sn)-2n(n+1), 则nSn+1-(n+1)Sn=2n(n+1),所以 - =2, 又 =a1=2,所以 是以2为首项,2为公差的等差数列,所以 =2n,则Sn=2n2. 归纳总结    Sn与an关系问题的求解思路 1.利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn、Sn-1的关系式,再求解. 2.利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an、an-1的关系式,再求解. 注意　利用an= 求通项公式时,要检验n=1时的情况. 角度2　累加(累乘)法求通项公式 例2　已知数列{an}的首项a1=1,且an+1-an=- ,则a40= ( ) A. 　    B. 　    C. 　    D.      B     思路导引    an+1-an=-   - =   求  求得a40 解析　数列{an}中,a1=1,an+1-an=- , 所以 = ,即 - =  , 则 = + + +…+  =1+   + +…+  = , 所以a40= ,故选B. 例3　在数列{an}中,已知a1= ,(n+2)an+1=nan,则数列{an}的前2 024项和S2 024=_________. 思路导引    (n+2)an+1=nan  =  求{an}的通项公式 求S2 024. 解析　因为(n+2)an+1=nan,所以 = , 所以an=a1· · ·…· = × × ×…× = = - , 因此S2 024=1- + - +…+ - = . 归纳总结     1.对于形如 -an=f(n)的数列的递推关系式,若f(1)+f(2)+…+f(n)可求,则可利用an=a1+(a2 -a1)+(a3-a2)+…+(an- )(n≥2,n∈N*)求解. 2.对于形如 =f(n)(an≠0)的数列的递推关系式,若f(1)·f(2)·…·f(n)可求,则可利用an=a1·  · ·…· (an≠0,n≥2,n∈N*)求解. 角度3　构造法求通项公式 用构造法求通项公式的类型及方法. (1)形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)的递推关系式,把原递推关系式转化 为an+1-t=p(an-t),其中t= ,然后构造 =p,即{an-t}是以a1-t为首项,p为公比的等 比数列. (2)形如an+1=pan+qn(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)的递推关系式, 要先在递推关系式 两边同除以qn+1,得 = · + ,引入辅助数列{bn} ,得bn+1= ·bn+ ,再用 构造法解决. (3)形如an+1=kan+pn+q(n∈N*)的递推数列,构造an+1+cn+d=k[an+c(n-1)+d],展开后比较 两边系数,求出c,d,构造 =k,即数列{an+c(n-1)+d}为等比数列. (4)取倒数法:对an= (其中n≥2,mkb≠0)取倒数,得到 = · ⇔ = ·  + .令bn= ,则{bn}可归为bn+1=pbn+q(p≠0,1,q≠0)型. (5)取对数法:对an=p (其中an>0,p>0,n≥2)两边同取常用对数,得lg an=rlg an-1+lg p, 令bn=lg an,则{bn}可归为bn+1=pbn+q(p≠0,1,q≠0)型. 例4　已知数列{an}满足a1=a,an+1= an+2(n∈N*),若{an}是递增数列,则a的取值范围是      ( ) A.(-∞,4)　    B.(-∞,3)　     C.(-∞,2)　    D.(-∞,1)     A     思路导引       解析　因为an+1= an+2, 所以an+1-4= (an-4). 若a=4,则an=4,不符合题意. 若a≠4,则{an-4}为等比数列,所以an=(a- +4.当a>4时,{an}为递减数列,不符合题 意;当a<4时,{an}为递增数列,符合题意. 综上,a∈(-∞,4). 例5     已知数列{an}的首项a1= ,且满足an+1= ,设 bn= -1. (1)求证:数列{bn}为等比数列; (2)若 + + +…+ >2 024,求满足条件的最小正整数n. 思路导引     (1)  (2)  解析    (1)证明:由an+1= , 得 = , 所以 = = = = , 又b1= -1= ,所以数列{bn}是首项为b1= ,公比为 的等比数列. (2)由(1)得bn= · , 所以b1+b2+b3+…+bn= + + +…+ = =1- , 即 + + +…+ -n=1- , 所以 + + +…+ =n+1- , 因为y=x+1,y=- 在(0,+∞)上均单调递增,所以n+1- 随着n的增大而增大, 要使 + + +…+ >2 024, 即n+1- >2 024,则n≥2 024,即n的最小值为2 024. 题型27　数列求和 角度1　错位相减法求和 例1     已知数列{an}满足an+1= an+1,且a1=1. (1)求证:{an-2}是等比数列,并求出{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足b1+b2+…+bn=an,求数列{nbn}的前n项和Tn. 思路导引    (1)an+1= an+1→an+1-2= (an-2)→得证,并求得{an}的通项公式. (2)先求得{bn}的通项公式,再利用错位相减法求Tn. 解析    (1)由an+1= an+1得an+1-2= (an-2),所以数列{an-2}是首项为a1-2=-1,公比为 的等 比数列,所以an-2=- ,an=2- . (2)由(1)得b1+b2+…+bn=2- , 当n=1时,b1=1; 当n≥2时,由b1+b2+…+bn=2- , 得b1+b2+…+bn-1=2- , 两式相减得bn= ,b1=1也符合, 所以bn= ,n∈N*, 则nbn=n , 所以Tn=1×1+2× +3× +…+n· , 所以 Tn=1× +2× +3× +…+n· , 两式相减得 Tn=1+ + +…+ - = - =2- ,故Tn=4- . 归纳总结     　　如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,常采用错位 相减法. 利用错位相减法求和的基本流程:   其中d为等差数列{an}的公差,q为等比数列{bn}的公比,且q≠1. 角度2　裂项相消法求和 例2     已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-2(n∈N*),若bn=  (n∈N*),则数列{bn}的前n项和Tn=_________. 思路导引     解析　因为Sn=2an-2, 所以当n=1时,S1=a1=2a1-2,即a1=2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1, 所以数列{an}为等比数列,首项为2,公比为2, 则an=2×2n-1=2n,Sn=2n+1-2, 所以bn= = = - , 则Tn=1- + - +…+ - =1- = . 归纳总结     1.裂项相消法求和的基本步骤   2.常见的拆项公式: 模型1:等差型 (1) = - ; (2) =  ; (3) =  ; (4)若数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则 =  . 模型2:根式型 (1) = - ; (2) = ( - ); (3) = ( - ). 模型3:指数型 (1) = = - ; (2) =  ; (3) = = · = - . 角度3　分组、并项法求和 例3　数列{an}的前n项和Sn满足Sn=an+1-1,n∈N*,且a1=1. (1)求an; (2)设bn=(-1)n(an-1),求数列{bn}的前2n项和T2n. 思路导引    (1)利用Sn与an的关系求数列{an}的通项公式;(2)并项求和法求T2n. 解析    (1)因为Sn=an+1-1, 所以当n=1时,a1=S1=a2-1, 由a1=1可得a2=2, 当n≥2时,Sn-1=an-1, 则Sn-Sn-1=an=an+1-1-(an-1), 即2an=an+1,n≥2, 又 =2,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1. (2)由(1)得bn=(-1)n2n-1-(-1)n, 所以b2n=22n-1-1,b2n-1=-22n-2+1,所以b2n-1+b2n=4n-1, 所以T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n-1+b2n)=1+4+…+4n-1= = . 例4　已知数列{an}的前n项和为Sn,S3=9,an+1=an+2,数列{bn}满足b1=2,且bn+1=2bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn= an- bn,求数列 的前n项和Tn. 思路导引    (1)由an+1=an+2知{an}为等差数列;由bn+1=2bn知{bn}为等比数列.(2)利用分组 求和法求Tn. 解析    (1)∵an+1=an+2, ∴数列{an}是以2为公差的等差数列. ∴S3= =3a2=9,解得a2=3, ∴a1=3-2=1,∴an=1+2(n-1)=2n-1. ∵bn+1=2bn,b1=2,∴数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴bn=2n. (2)由(1)得cn= ·(2n-1)-[(-1)n-1]·2n-1,即cn=  当n为奇数时, = = = ; 当n为偶数时, = =  . 当n为偶数时,Tn=  + +…+  + ×  - + - +…+ -  = + ×  = × + - = - - ; 当n为奇数时,Tn=Tn+1- = - - -  = - - . 综上所述:Tn=  归纳总结     1.分组转化法求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等 差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和. 分组转化法求和的常见类型: 2.并项法求和:一个数列的前n项和中,可以两两结合求解,则称之为并项法求和,形如an= (-1)nf(n)的数列{an}的前n项和可采用并项法求解. 题型28　数列与不等式综合 例1     已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1. (1)证明 是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)证明: + +…+ < . 思路导引    (1) (2)由(1)知 的通项公式,运用放缩法证明不等式. 解析    (1)由an+1=3an+1得an+1+ =3 ,所以 =3,又a1+ = ,所以 是首项 为a1+ = ,公比为3的等比数列,所以an+ = ·3n-1,即an= . (2)证明:由(1)知,an= ,所以 = , 因为当n≥1时,3n-1≥2·3n-1,所以 ≤ , 所以 + +…+ ≤1+ +…+ =  < , 所以 + +…+ < . 例2　数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,满足:a1+b1=8,a2+b2=18,b1+b3=30,6bn+1= bn+2+9bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn},求{cn}的通项公式; (3)记数列 的前n项和为Sn,证明:Sn< . 思路导引    (1)由数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,分别求{an}和{bn}的通项公 式;(2)找出数列{an}、{bn}的公共项满足的条件,求出{cn}的通项公式;(3)利用放缩法证 明不等式. 解析    (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由6bn+1=bn+2+9bn可得6qbn=q2bn+9bn, 易知bn≠0,所以q2-6q+9=0,解得q=3. 由b1+b3=30可得b1(1+q2)=30,可得b1=3. 由a2+b2=18可得a1+d+b1q=18, 又a1+b1=8,所以a1=5,d=4. 因此可得an=a1+(n-1)d=4n+1,bn=b1qn-1=3n. 所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=4n+1,bn=3n,n∈N*. (2){an}和{bn}的公共项需满足4n1+1= ,n1,n2∈N*,(关键:找出两个数列的公共项满足的 条件) 可得n1= ,即 -1是4的整数倍, 可知 -1= -1= -1,由二项式定理可知 -1若是4的倍数, 则 为正整数, 即n2=2n,n∈N*, 所以可得cn=32n=9n, 即{cn}的通项公式为cn=9n,n∈N*. (3)证明:由(2)知 = , 显然9n-8>9n-1∀n≥2都成立, 所以 = ≤ (放缩法)∀n≥1都成立, 即Sn= + +…+ = + +…+ ≤1+ +…+ =1+  =1+  = - < ,即Sn< . 归纳总结　解决数列与不等式问题的常见放缩技巧 1.对 的放缩,根据不同的要求,大致有四种情况:  < = - (n≥2);  < =  (n≥2);  < =2 (n≥1);  > = - (n≥1). 2.对 的放缩,根据不同的要求,大致有两种情况:  > = - (n≥1);  < = - (n≥1). 3.指数型放缩,根据不同的要求,大致有三种情况:  = < = = - (n≥2);  < = - (n≥2);  < =2 (n≥3). 4.利用导数产生的不等式放缩: 由不等式ln(x+1)≤x可得ln < ,n∈N*. $$