2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题二第三讲专题提能——优化思路上高度全面清障把漏补

第三讲 专题提能——优化思路上高度，全面清障把漏补


因忽视公比q的讨论而失误

[例1]　已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件　　 B.必要不充分条件
C．充要条件 D.既不充分也不必要条件
[解析]　当A＝－B时，Sn＝Aqn－A，则an＝Aqn－1(q－1)，当q＝1或A＝0时，an＝0，此时数列{an}不是等比数列．
若数列{an}是等比数列，当q＝1时，Sn＝na1，此时不具备Sn＝Aqn＋B(q≠0)的形式，
故q≠1，则Sn＝＝－·qn，此时A＝－，B＝，A＝－B.
综上，“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的必要不充分条件．
[答案]　B
[微评]　(1)等比数列{an}的前n项和公式Sn＝特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
(2)计算过程中，若出现方程qn＝t，要看qn中的n是奇数还是偶数，若n是奇数，则q＝；若n是偶数，则t>0时，q＝±，t0，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列，bn＝2logan＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意知2(S3＋a3)＝S1＋a1＋S2＋a2，
所以2(a1＋a2＋a3)＋2a3＝a1＋a1＋(a1＋a2)＋a2，
所以a1＝4a3＝4a1q2，解得q＝.
所以an＝1×n－1＝n－1.
(2)bn＝2logan＋1＝2logn－1＋1＝2n－1，
所以＝＝，
所以数列的前n项和为Tn＝＝＝.
[微评]　(1)利用裂项相消法求和的实质是将数列的通项写成两个式子的代数之差的形式，然后累加，抵消掉中间的许多项．此法适用于通项是分数且分母为积的形式的数列求和．用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项，如＝－，＝－.
(2)应用裂项相消法求和时，将通项裂项后需要调整前面的系数，使得裂开的两项之差与裂项之前的通项恒等，同时注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项．


累加法——求an＋1－an＝f(n)型通项问题

[例1]　已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
[解析]　由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n.
因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)
＝2＋＝(n≥2)．
因为a1＝2满足上式，所以an＝.
[答案]　
[微评]　已知形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，常令n分别为1,2,3，…，n－1，把所得的n－1个等式相加，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求出通项公式an.


累乘法——求＝f(n)型通项问题

[例2]　已知在数列{an}中，an＋1＝an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.
[解析]　由an＋1＝an，得＝，
故＝，＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得，＝··…···＝.
因为a1＝4满足上式，所以an＝.
[答案]　
[微评]　已知形如＝f(n)的递推关系式，常令n分别为1,2,3，…，n－1，把所得的n－1个等式相乘，即利用an＝a1···…·，求出通项公式an.


构造法——求an＋1＝pan＋q或an＋1＝pa型通项问题

[例3]　(1)(2018·河北省衡水中学模拟)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a(an>0，n∈N*)，则an＝(　　)
A．10n－2　　　　　　　 B.10n－1
C．102n－1 D.22n－1
(2)(2018·陕西省实验中学模拟)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝____________.
[解析]　(1)因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a(an>0，n∈N*)，所以log2an＋1＝2log2an，即＝2.
又a1＝2，所以log2a1＝log22＝1.
故数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1.故选D.
(2)因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋＝4.
因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
[答案]　(1)D　(2)×4n－1－
[微评]　(1)求解递推公式为an＋1＝pa(p，an>0)型的数列{an}的通项公式的关键：一是对已知等式两边取对数；二是利用待定系数法构造数列，并活用等比数列的定义，即可利用等比数列的通项公式，求出所构造数列的通项公式，从而得数列{an}的通项公式．
(2)求解递推公式为an＋1＝pan＋q(p≠0，q≠1)型的数列{an}的通项公式的关键：一是利用待定系数法构造an＋1＋m＝p(an＋m)；二是活用定义，即利用等比数列的定义，判断出数列{an＋m}为等比数列；三是利用等比数列的通项公式，求出数列{an＋m}的通项公式，从而得到数列{an}的通项公式．

(一)方程思想——解决数列基本量的求解问题
[例1]　设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求{an}的通项公式．
[解]　由题意可知＝，
整理得Sn＝(an＋2)2，
当n＝1时，S1＝(a1＋2)2＝a1，
解得a1＝2.
又an＋1＝Sn＋1－Sn，
∴an＋1＝(an＋1＋2)2－(an＋2)2，
整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0.
又∵an>0，∴an＋1－an－4＝0，∴an＋1－an＝4，
即{an}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an＝4n－2.
[微评]　本例利用了方程的消元思想，通过an＋1＝Sn＋1－Sn、Sn＝(an＋2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助an＋1＝Sn＋1－Sn消去an，利用Sn＋1、Sn的递推关系解题．

(二)分类讨论思想——解决数列前n项和问题
[例2]　设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2，…)．
(1)求q的取值范围；
(2)设bn＝an＋2－an＋1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．
[解]　(1)因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
当q＝1时，Sn＝na1>0；
当q≠1时，Sn＝>0，即>0(n＝1,2，…)，
上式等价于不等式组(n＝1,2，…)①
或(n＝1,2，…)②
解①式得q>1；解②式，由于n可为奇数、可为偶数，得－1