高考数学总复习 数列的通项与求和学案 理 北师大版(1)

学案31 数列的通项与求和导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．自主梳理1．求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.(2)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用________求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)．(3)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用__________求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1.(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．(5)归纳、猜想、证明法． 2．求数列的前n 项的和 (1)公式法①等差数列前n 项和S n ＝____________＝________________，推导方法：____________；②等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，q ＝1，＝ ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． ③常见数列的前n 项和：a ．1＋2＋3＋…＋n ＝__________；b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝__________；c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝______；d ．12＋22＋32＋…＋n 2＝__________；e ．13＋23＋33＋…＋n 3＝__________________.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列． (3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式有：①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1； ②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (5)倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导． 自我检测 1．(原创题)已知数列{a n }的前n 项的乘积为T n ＝3n 2(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项的( ) A.32(3n －1) B.92(3n －1)C.38(9n －1)D.98(9n －1) 2．(2011·邯郸月考)设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是其前n 项和，若{S n }是等差数列，则q 为 ( )A ．－1B ．1C ．±1D ．03．已知等比数列{a n }的公比为4，且a 1＋a 2＝20，设b n ＝log 2a n ，则b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n 等于 ( )A ．n 2＋nB ．2(n 2＋n )C ．2n 2＋nD ．4(n 2＋n )4．(2010·天津高三十校联考)已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设{a n }的前n 项的和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最大值63B ．有最小值63C ．有最大值31D ．有最小值31 5．(2011·北京海淀区期末)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________.探究点一 求通项公式例1 已知数列{a n }满足a n ＋1＝2n ＋1·a na n ＋2n ＋1，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式．变式迁移1 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．探究点二 裂项相消法求和例2 已知数列{a n }，S n 是其前n 项和，且a n ＝7S n －1＋2(n ≥2)，a 1＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .变式迁移2 求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n 项和．探究点三 错位相减法求和 例3 (2011·荆门月考)已知数列{a n }是首项、公比都为q (q >0且q ≠1)的等比数列，b n＝a n log 4a n (n ∈N *)．(1)当q ＝5时，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)当q ＝1415时，若b n <b n ＋1，求n 的最小值．变式迁移3 求和S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan .分类讨论思想的应用例 (5分)二次函数f (x )＝x 2＋x ，当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )的函数值中所有整数值的个数为g (n )，a n ＝2n 3＋3n 2g (n )(n ∈N *)，则S n ＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋(－1)n －1a n ＝( )A ．(－1)n －1n (n ＋1)2 B ．(－1)n n (n ＋1)2C.n (n ＋1)2 D ．－n (n ＋1)2【答题模板】 答案 A解析 本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，函数f (x )＝x 2＋x 的值随x 的增大而增大，则f (x )的值域为[n 2＋n ，n 2＋3n ＋2](n ∈N *)，∴g (n )＝2n ＋3(n ∈N *)，于是a n ＝2n 3＋3n 2g (n )＝n 2.方法一 当n 为偶数时，S n ＝a 1－a 2＋a 3－a 4＋…＋a n －1－a n ＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n －1)2－n 2]＝－[3＋7＋…＋(2n －1)]＝－3＋(2n －1)2·n 2＝－n (n ＋1)2；当n 为奇数时，S n ＝(a 1－a 2)＋(a 3－a 4)＋…＋(a n －2－a n －1)＋a n ＝S n －1＋a n ＝－n (n －1)2＋n 2＝n (n ＋1)2，∴S n ＝(－1)n －1n (n ＋1)2. 方法二 a 1＝1，a 2＝4，S 1＝a 1＝1， S 2＝a 1－a 2＝－3，检验选择项，可确定A 正确． 【突破思维障碍】在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项； (2)观察法：例如由数列的前几项来求通项； (3)可化归为使用累加法、累积法；(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法； (5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明． 2．数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．3．求和时应注意的问题：(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2010·广东)已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于()A ．35B ．33C ．31D ．292．(2011·黄冈调研)有两个等差数列{a n }，{b n }，其前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝7n ＋2n ＋3，则a 5b 5＝()A.6512B.378C.7213D.943．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1且a n －1－a n a n a n －1＝a n －a n ＋1a n a n ＋1(n ≥2)，则此数列的第10项( )A.1210B.129C.110D.154．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于 ( )A ．1 B.56 C.16 D.1305．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1 020，那么n 的最小值是() A ．7 B ．8 C ．9 D ．106．(2010·东北师大附中高三月考)数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝__________.7．(原创题)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________.三、解答题(共38分) 9．(12分)(2011·河源月考)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)．(1)若函数f (x )的图象的顶点的横坐标构成数列{a n }，试证明数列{a n }是等差数列； (2)设函数f (x )的图象的顶点到x 轴的距离构成数列{b n }，试求数列{b n }的前n 项和S n .10．(12分)(2011·三门峡月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12na n ＋a n －c (c是常数，n ∈N *)，a 2＝6.(1)求c 的值及数列{a n }的通项公式；(2)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.11．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1) (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn，求数列{c n }的前n 项和T n .答案 自主梳理1．(2)累加法 (3)累积法 2.(1)①n (a 1＋a n )2 na 1＋n (n －1)2d 倒序相加法 ②na 1a 1(1－q n )1－q a 1－a n q 1－q③n (n ＋1)2 n 2＋n n 2 n (n ＋1)(2n ＋1)6⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22自我检测1．C 2.B 3.B 4.B5．10 100 6.145511512课堂活动区例1 解题导引 已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a 1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想a n 的方法，以及累加：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1；累乘：a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1等方法．解 已知递推可化为1a n ＋1－1a n ＝12n ＋1， ∴1a 2－1a 1＝122，1a 3－1a 2＝123，1a 4－1a 3＝124，…，1a n －1a n －1＝12n . 将以上(n －1)个式子相加得 1a n －1a 1＝122＋123＋124＋…＋12n ， ∴1a n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n . ∴a n ＝2n 2n －1.变式迁移1 (1)证明 由已知有 a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝3a 1＋2＝5，故b 1＝a 2－2a 1＝3. 又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－(4a n ＋2) ＝4a n ＋1－4a n ；于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )， 即b n ＋1＝2b n .因此数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知等比数列{b n }中，b 1＝3，公比q ＝2， 所以a n ＋1－2a n ＝3×2n －1，于是a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列，a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14， 所以a n ＝(3n －1)·2n －2.例2 解题导引 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．2．一般情况如下，若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和． 解 (1)∵n ≥2时，a n ＝7S n －1＋2，∴a n ＋1＝7S n ＋2， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝7a n ，∴a n ＋1＝8a n (n ≥2)．又a 1＝2，∴a 2＝7a 1＋2＝16＝8a 1， ∴a n ＋1＝8a n (n ∈N *)．∴{a n }是一个以2为首项，8为公比的等比数列， ∴a n ＝2·8n －1＝23n －2.(2)∵b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13(13n －2－13n ＋1)， ∴T n ＝13(1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1)＝13(1－13n ＋1)<13. ∴m 20≥13，∴最小正整数m ＝7. 变式迁移2 解 a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2·[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 例3 解题导引 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法．2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．解 (1)由题意得a n ＝q n ， ∴b n ＝a n ·log 4a n ＝q n ·log 4q n ＝n ·5n ·log 45，∴S n ＝(1×5＋2×52＋…＋n ×5n )log 45， 设T n ＝1×5＋2×52＋…＋n ×5n ，①则5T n ＝1×52＋2×53＋…＋(n －1)×5n ＋n ×5n ＋1，② ①－②得－4T n ＝5＋52＋53＋…＋5n －n ×5n ＋1 ＝5(5n －1)4－n ×5n ＋1，∴T n ＝516(4n ×5n －5n ＋1)，S n ＝516(4n ×5n －5n ＋1)log 45.(2)∵b n ＝a n log 4a n ＝n ⎝⎛⎭⎫1415n log 41415， ∴b n ＋1－b n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1415n ＋1log 41415－ n ⎝⎛⎭⎫1415n log 41415＝⎝⎛⎭⎫1415n ⎝⎛⎭⎫1415－n 15log 41415>0， ∵⎝⎛⎭⎫1415n >0，log 41415<0， ∴1415－n15<0，∴n >14， 即n ≥15时，b n <b n ＋1. 故所求的n 的最小值是15. 变式迁移3 解 当a ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，当a ≠1时，S n ＝1a ＋2a 2＋3a 3＋…＋nan ，①∴1a S n ＝1a 2＋2a 3＋3a 4＋…＋na n ＋1，② ①－②，得⎝⎛⎭⎫1－1a ·S n＝1a ＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n －n a n ＋1， ⎝⎛⎭⎫1－1a S n ＝1a ⎝⎛⎭⎫1－1a n 1－1a－n a n ＋1＝1－1a na －1－n a n ＋1， ∴S n ＝a ⎝⎛⎭⎫1－1a n (a －1)2－n(a －1)·an . ∴S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2， a ＝1，a ⎝⎛⎭⎫1－1a n (a －1)2－n(a －1)·a n， a ≠1.课后练习区1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6．9解析 ∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1 (n ≥2)． 两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， ∴a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1a n＝4.∴{a n }为以a 2为首项，公比为4的等比数列． 当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3， ∴n ≥2时，a n ＝3·4n －2， S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48 ＝1＋3×(1＋4＋…＋48) ＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.∴log 4S 10＝log 449＝9. 7．－10解析 依题意得，a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，a 7＝－1，a 8＝12，所以数列周期为4，S 26＝6×(1－2－1＋12)＋1－2＝－10.8．2n ＋1－2解析 依题意，有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，所有的代数式相加得a n －a 1＝2n －2，即a n ＝2n ，所以S n ＝2n ＋1－2.9．解 f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7＝[x －(n ＋1)]2＋3n －8.…………………………………………………………………(3分) (1)由题意，a n ＝n ＋1，故a n ＋1－a n ＝(n ＋1)＋1－(n ＋1)＝1，故数列{a n }是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………(5分) (2)由题意，b n ＝|3n －8|.……………………………………………………………………(7分) 当1≤n ≤2时，b n ＝－3n ＋8， 数列{b n }为等差数列，b 1＝5，∴S n ＝n (5－3n ＋8)2＝－3n 2＋13n 2；………………………………………………………(9分)当n ≥3时，b n ＝3n －8，数列{b n }是等差数列，b 3＝1.∴S n ＝S 2＋(n －2)(1＋3n －8)2＝3n 2－13n ＋282.…………………………………………(11分)∴S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n 2＋13n2， 1≤n ≤2，3n 2－13n ＋282， n ≥3.……………………………………………(12分)10．(1)解 因为S n ＝12na n ＋a n －c ，所以当n ＝1时，S 1＝12a 1＋a 1－c ，解得a 1＝2c ，………………………………………………………………………………(2分) 当n ＝2时，S 2＝a 2＋a 2－c ，即a 1＋a 2＝2a 2－c ，解得a 2＝3c ，………………………………………………………(3分) 所以3c ＝6，解得c ＝2；…………………………………………………………………(4分) 则a 1＝4，数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2.……………………………………………………………(6分)(2)证明 因为1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝14×6＋16×8＋…＋1(2n ＋2)(2n ＋4)＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n ＋2－12n ＋4) ＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n ＋2－12n ＋4)]……………………………………………(8分) ＝12(14－12n ＋4)＝18－14(n ＋2).……………………………………………………………(10分) 因为n ∈N *，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<18.…………………………………………(12分)11．解 (1)∵S n ＝3n ， ∴S n －1＝3n －1 (n ≥2)．∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1 (n ≥2)．……………………………………………(3分) 当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，…………………………………………………(4分)∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，2×3n －1， n ≥2， n ∈N*……………………………………………………(5分)(2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…， b n －b n －1＝2n －3. 以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3) ＝(n －1)(1＋2n －3)2＝(n －1)2.∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n .………………………………………………………………(7分) (3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，2(n －2)×3n －1，n ≥2，n ∈N *.……………………………………………………(9分)当n ≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1， ∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n ， 相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n . ∴T n ＝(n －2)×3n －(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n －3n －32＝(2n －5)3n ＋32.…………………………………………………(13分)T 1＝－3也适合．∴T n ＝(2n －5)3n ＋32 (n ∈N *)．…………………………………………………………(14分)。