北师大版高中数学选择性必修第二册 第一章 章末整合

∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知 bn=2 +log2an=4n-1+n-1,

4
-1
(-1)
n-1
2
∴Tn=(1+4+4 +…+4 )+(0+1+2+3+…+n-1)=
+
2
4-1
=
4 -1
(-1)
+
.
3
2
反思感悟某些数列通过适当分组,可得出两个或几个等差数列或等比数列,
2
2
∴数列{cn}是等差数列.
由Sn+1=4an+2,得a1+a2=4a1+2,
则a2=3a1+2=5,
+1
−
-1
-1
2
,
1
∴c1= 2
=
1
2
,c
2= 2
2
2
故数列{cn}的公差
=
5
,
4
5
1
d=4 − 2
=
3
,
4
1
3
∴{cn}是以2为首项,4为公差的等差数列.
(2)解

∴2

归纳提升由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种:一种求法是先找
出数列的前几项,通过观察、归纳得出,然后证明;另一种是通过变形转化
为等差数列或等比数列,再采用公式求出.
变式训练2已知数列{an}的首项a1=a,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn-1
=4n2(n≥2,n∈N+),若对任意n∈N+,an<an+1恒成立,则a的取值范围
得d=2,q=8,
故an=2n+1,bn=8n-1.
归纳提升在等比数列和等差数列中,通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五
个量,即a1,an,n,q(d),Sn,其中首项a1和公比q(公差d)为基本量,“知三求二”是
指将已知条件转换成关于a1,an,n,q(d),Sn的方程组,通过方程的思想解出需
1 = 8,
1 = 1,
解得
或
=3
= -4.
因此
1
Sn=2n(3n-1)或 Sn=2n(5-n),n∈N+.
专题二
转化与化归思想求解数列问题
例2在数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,且Sn+1=4an+2,a1=1.

(1)设cn= 2 ,求证:数列{cn}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和的公式.
d=-39a1,
例 4 已知函数
2+3
1
f(x)=
,数列{an}满足 a1=1,an+1=f( ),n∈N+.
3

(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1,求Tn.
解
2
+3
1

(1)∵an+1=f( )= 3


=
2
2
2+3
没有最大值?请说明理由.
解 设{an}的首项为 a1,公差为 d,则有 3(a1+7d)=5(a1+12d),所以
所以
(-1)
1 2
40
1
2 400
Sn=na1+ 2 d=-39n a1+39na1=-39a1(n-20) + 39 a1,
故 n=20 时,Sn 最大,即前 20 项之和最大.
2
2

=2
1
1- 2
=2
1
1+1
+
=
1 1
2 3
2
.
+1
+…+
1
1
+1
方法3 错位相减法求和
例7已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=12,且2a1,a2,a3+1成等比数
列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记

bn= 的前
3
n 项和为 Tn,求 Tn.
分析 (1)列方程组求出等差数列{an}的首项和公差;(2)利用错位相减法求Tn.
由已知得
1 + 1 =
1
2(
1
1 2 + 1 3 =
1
+ ),
1
1
1
32( 2 + 3 ),
1
1
12 ( + 1) = 2( + 1),
12 = 2,
化简得 2 5
即 2 5
1 ( + 1) = 32( + 1),
1 = 32,
又a1>0,q>0,∴a1=1,q=2,
(3)
=
=
1
1
1
2 2-1 2+1
1 1
1
+
1
+1+
;
;
= + 1 − ;
(4)若数列{an}为等差数列,公差 d≠0,则
1
+1
=
1 1
1
+1
.
变式训练5在等比数列{an}中,an>0(n∈N+),公比q∈(0,1),且
a1a5+2a3a5+a2a8=25,a3与a5的等比中项为2.
1-2
故这个数列的通项公式为an=2n-1.
②Sn=a1+a2+a3+…+an
=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=(2+22+23+…+2n)-n
2(1-2 )
=
-n=2n+1-n-2.
1-2
方法2 裂项相消法求和
例6已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
是
.
答案 (3,5)
解析 ∵Sn+Sn-1=4n2,Sn+1+Sn=4(n+1)2,
∴Sn+1-Sn-1=8n+4,即an+1+an=8n+4(n≥2),
∴an+2+an+1=8n+12,
故an+2-an=8,an+2>an(n≥2),要满足对任意n∈N+,an<an+1,还要满足
a1<a2<a3<a4.
∵q∈(0,1),∴a3>a5,∴a3=4,a5=1.
1
∴q=2,a1=16.
∴an=16×
1 -1
5-n
=2
.
2
(2)∵bn=5-log2an=5-(5-n)=n,
∴bn+1-bn=1.
∴数列{bn}是以b1=1为首项,1为公差的等差数列.
(+1)
∴Sn= 2 .
1
∴Tn=
1
1
1
+ +…+
进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和,从而得出原数列的和.
有些数列相邻两项的和是同一个常数或构成等差数列,这些数列的求和通
常用并项法,但要注意对n分奇偶数讨论.
变式训练4(1)数列{(-1)nn}的前n项和为Sn,则S2 020等于(
A.1 010 B.-1 010
C.2 020Βιβλιοθήκη D.-2 020(1)证明 ∵Sn+1=4an+2,①
∴当n≥2,n∈N+时,Sn=4an-1+2.②
①-②得an+1=4an-4an-1.
对 an+1=4an-4an-1 两边同除以 2

,得 +1 =2×2
2
n+1
+1
-1

即 +1 + -1 =2× ,即 cn+1+cn-1=2cn,
2
,
2
∴an=2n+1,Sn=n(n+2).
(2)∵an=2n+1,∴2 -1=4n(n+1).
1
∴bn=4(+1)
=
1 1
1
4 +1
,
Tn=b1+b2+…+bn
1
=4
1
1 1
1
1
1- 2 + 2 - 3 + … + - +1
1
=4
1
1- +1
=

.
4(+1)
∴数列{bn}的前 n 项和
5 4 1
4 (3+ 3 +3) 4
2
=-3 ·
=(2n
+3n).
2
9
归纳提升(1)数列是一种特殊的函数,在求解数列问题时,若涉及参数取值
范围、最值问题或单调性时,均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解
题.值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3,…,n},这一特殊性对问题
结果可能造成影响.
由S2+S1=16,a1=a知a2+2a1=16,
∴a2=16-2a1=16-2a,a3=8×2+4-(16-2a)=4+2a,a4=24-2a,
由a<16-2a<4+2a<24-2a,可得3<a<5.
专题三
函数思想求解数列问题
例3等差数列{an}中,3a8=5a13,a1>0.若Sn为{an}的前n项和,则S1,S2,…,Sn中有
(2)以函数为载体给出数列,只需代入函数式即可转化为数列问题.
变式训练3设y=f(x)是一次函数,f(0)=1,且f(1),f(4),f(13)成等比数列,则
f(2)+f(4)+…+f(2n)=
.
答案 2n2+3n
解析 设f(x)=kx+b(k≠0),又f(0)=1,则b=1,所以f(x)=kx+1(k≠0).
1
3
由(1)可知数列{2 }是首项为2,公差为4的等差数列,
=
1
3
3 1
+ (n-1)= n- ,
2
4
4 4
∴an=(3n-1)·2n-2.
∴Sn+1=4an+2=2n(3n-1)+2.
∴Sn=2n-1·(3n-4)+2(n≥2).
当n=1时,S1=1=a1,符合.
∴Sn=(3n-4)2n-1+2(n∈N+).
解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则d为正整数,an=3+(n-1)d,bn=qn-1.
+1
依题意有

=
+1 -1
-1
= = 64 = 26 ,
①
2 2 = (6 + ) = 64,②
由q(6+d)=64知q为正有理数,又由q= 26 知d为6的因子1,2,3,6之一,解①②
=an+ ,∴an+1-an= ,
3
3
3
2
∴{an}是以3为公差的等差数列.
又
1
2
a1=1,∴an=3n+3.
(2)Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1
=a2(a1-a3)+a4(a3-a5)+…+a2n(2 -1 -a2n+1)
4
=-3(a2+a4+…+a2n)
(2)已知数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,….
①求其通项公式an;
②求这个数列的前n项和Sn.
)
(1)答案 A
解析 S2 020=(-1+2)+(-3+4)+…+(-2 019+2 020)=1 010.
(2)解

1-2
①an=1+2+22+…+2n-1= =2n-1.

Tn=
.
4(+1)
反思感悟1.若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂项相消
法求和.
2.使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些
项.
3.常见的裂项相消技巧有:
1
(1)
(+1)
=
1
1
−
;

+1
1
(2)
(2-1)(2+1)
1
(+)
要的量.
变式训练1记等差数列{an}的前n项和为Sn,设S3=12,且2a1,a2,a3+1成等比数
列,求Sn.
解 设数列{an}的公差为 d,
21 (3 + 1) = 22 ,
依题设有
1 + 2 + 3 = 12,
12 + 21 - 2 + 21 = 0,
即
1 + = 4,
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn=5-log2an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,设
1
Tn=
1
1
1
+ +…+ ,求
2

Tn.
解 (1)∵a1a5+2a3a5+a2a8=25,
∴32 +2a3a5+52 =25.
又an>0,∴a3+a5=5.
又a3与a5的等比中项为2,∴a3a5=4.
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
∵2a1,a2,a3+1 成等比数列,∴22 =2a1·(a3+1),∴(a1+d)2=2a1(a1+2d+1).
2
则有
(1 + ) = 21 (1 + 2 + 1),
3×(3-1)
31 +

2
= 12,
解得a1=1,d=3或a1=8,d=-4(舍去),
∴an=a1+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)知
于是

bn=
3
=
3-2
1
=(3n-2)· ,
3
3
1
1
1
1
Tn=1× +4× 2 +7× 3 +…+(3n-2)× .
3
3
3
3
第一章
章末整合
内
容
索
引
01
知识网络整合构建
02
专题归纳思维深化
知识网络整合构建
专题归纳思维深化
专题一
方程思想求解数列问题
例1等差数列{an}的各项为正整数,a1=3,前n项和为Sn,等比数列{bn}中,b1=1,