高考数学二轮解题方法篇：专题2 临场必备答题模板 第2讲.docVIP

第2讲　常考的数列综合问题 数列通项公式的求解问题 例2　设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列． (1)求a1的值； (2)求数列{an}的通项公式． 审题破题　(1)可令n＝1，n＝2得关系式联立求a1；(2)由已知可得n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，两式相减． 解　(1)当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，① 当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，② 又a1，a2＋5，a3成等差数列， 所以a1＋a3＝2(a2＋5)，③ 由①②③解得a1＝1. (2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， ∴当n≥2时，有2Sn－1＝an－2n＋1， 两式相减得an＋1－3an＝2n，则eq \f(an＋1,2n)－eq \f(3,2)·eq \f(an,2n－1)＝1， 即eq \f(an＋1,2n)＋2＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)＋2)). 又eq \f(a1,20)＋2＝3，知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)＋2))是首项为3，公比为eq \f(3,2)的等比数列， ∴eq \f(an,2n－1)＋2＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1， 即an＝3n－2n，n＝1时也适合此式， ∴an＝3n－2n. 构建答题模板 第一步：令n＝1，n＝2得出a1，a2，a3的两个方程，和已知a1，a2，a3的关系联立求a1； 第二步：令n≥2得关系式后，利用作差得an＋1，an的关系； 第三步：构造等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)＋2))，并求出通项； 第四步：求出数列{an}的通项． 跟踪训练2　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)． (1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3； (2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)?－1?n))为等比数列，并求出{an}的通项公式． (1)解　在Sn＝2an＋(－1)n，n≥1中分别令n＝1,2,3，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2a1－1，,a1＋a2＝2a2＋1，,a1＋a2＋a3＝2a3－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝0，,a3＝2.)) (2)证明　由Sn＝2an＋(－1)n，n≥1， 得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1，n≥2. 两式相减得an＝2an－1－2(－1)n，n≥2. an＝2an－1－eq \f(4,3)(－1)n－eq \f(2,3)(－1)n ＝2an－1＋eq \f(4,3)(－1)n－1－eq \f(2,3)(－1)n， ∴an＋eq \f(2,3)(－1)n＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(2,3)?－1?n－1))(n≥2)． 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)?－1?n))是以a1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)为首项，公比为2的等比数列．所以an＋eq \f(2,3)(－1)n＝eq \f(1,3)×2n－1， ∴an＝eq \f(1,3)×2n－1－eq \f(2,3)×(－1)n. 数列求和问题 例3　已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(1,2)n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8. (1)确定常数k，并求an； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(9－2an,2n)))的前n项和Tn. 审题破题　(1)由Sn的最大值，可据二次函数性质求k，因而确定an；(2)利用错位相减法求和． 解　(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－eq \f(1,2)n2＋kn取最大值， 即8＝Sk＝－eq \f(1,2)k2＋k2＝eq \f(1,2)k2，故k2＝16，因此k＝4， 从而an＝Sn－Sn－1＝eq \f(9,2)－n(n≥2)． 又a1＝S1＝eq \f(7,2)，所以an＝eq \f(9,2)－n. (2)设bn＝eq \f(9－2an,2n)＝eq \f(n,2n－1)， Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－2)＋eq \f(n,2n－1)， 所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋eq \f(1,2)＋…＋