最新-2018高考数学 64 数列的通项及数列求和总复习课件 精品

即 an1 n . an n 1
a2 a3 a4 a5 an a1 a2 a3 a4 an1
1 2 3 4 • • n 1,
2345
n
an
1. n
（2）将已知递推式化为
1 an1
1 an
1 2n1
,
1 a2
1 a1
1 22
,1 a3
1 a2
1 23
,1 a4
1 a3
1 24
,,
题型三 分组转化求和
【例3】求和Sn=1+
(1
1) 2
(1
1 2
1) 4
(1
1 2
1 4
1 2n1
).
思维启迪 数列的通项an=2(1 2，1n )求Sn可用分
组求和法.
解 和式中第k项为
ak
1
1 2
1 4
1 2k- 1
1 (1)k
2 1 1
2(1
1 2k
).
2
Sn
2[(1
1) 2
其前n项和Sn满足
Sn2
an
(Sn
1) 2
（1）求Sn的表达式；
（2）设bn=
Sn 2n 1
，求{bn}的前n项和Tn.
解
源自文库
（1）∵Sn2
an (Sn
1), 2
an=Sn-Sn-1，（n≥2）,
∴ Sn2 =（Sn-Sn-1）(Sn-12 ),
即2Sn-1Sn=Sn-1-Sn，
①
3分
由题意Sn-1·Sn≠0，
1 2 3 4 • • n 1,
2345
n
an
1. n
方法二 由（n+1）an21 nan2 +an+1an=0,得 n( an21 an2 )+an+1(an+1+an)=0, 即（an+1+an）［(n+1)an+1-nan］=0. ∵an＞0,∴an+1+an≠0,∴(n+1)an+1-nan=0,
知能迁移4 已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d＞ 0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比 数列的第二项、第三项、第四项.
（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn=n(an1 3) (n∈N*)，Sn=b1+b2+…+bn，
是否存在最大的整数t，使得对任意的n均有3t6Sn＞ 总
n2
解析 由数列通项公式
1
1 ( 1 1 ),
(3n 1) (3n 2) 3 3n 1 3n 2
得前n项和
Sn
1(1 32
1 5
1 5
1 8
1 8
1 11
1 3n 1
1 3n
) 2
1(1 1 ) n . 3 2 3n 2 6n 4
题型分类 深度剖析
题型一 由递推公式求通项公式
（4）倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推 导.
6.常见的拆项公式有
(1) 1 1 1 ; n(n 1) n n 1
(2)
1
1 ( 1 1 );
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
(3)
1
n 1 n.
n n1
基础自测
1.已知等比数列{an},a1=3,且4a1、2a2、a3成等差数
(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1;累乘：an=aann1
an1 an2
• a等a12 方 a1法.
知能迁移1 由已知在数列{an}中a1=1,求满足下列 条件的数列的通项公式.
（1）an+1=
1
an 2an
;(2)an+1=2an+2n+1.
解 （1）因为对于一切n∈N*,an≠0,
1 an
1 an 1
1 2n
,
将以上（n-1）个式子相加得
1 an
1 a1
1 22
1 23
1 24
1 2n
,
1 an
1 2
(1
1 2n
)
1 1
1
1 2n
, an
2n 2n
. 1
2
探究提高 已知递推关系求通项公式这类问题要
求不高,主要掌握由a1和递推关系先求出前几项,再 归纳、猜想an的方法,以及累加：an=(an-an-1)+
【例1】分别求满足下列条件的数列的通项公式. (1)设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）an21 nan2 +an+1an=0 (n=1,2,3,…);
(2)已知数列{an}满足an+1=
2n1 an
an 2n1
,a1=2.
思维启迪 依据已知数列的递推关系适当地进行
变形，可寻找数列的通项的差an-an-1或通项的商 a的n 规律. an 1
a
an n
1 an1
,
S2=1+4+7+…+（3n-2）= (3n 1)n . 2
∴当a=1时，Sn=S1+S2=n (3n 1)n (3n 1)n ;
2
2
当a≠1时，Sn=S1+S2=anan
1 a n1
(3n
1)n . 2
题型四 裂项相消法求和
【例4】（12分）已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，
知能迁移3 求下列数列的前n项和：
1 1,
1 a
4,
1 a2
7,,
1 a n1
3n
2,.
解
前n项和为Sn=（1+1）+(
1 a
4)
(
1 a2
7)
(
a
1
n1
3n
2)
=
(1
1 a
1 a2
a
1
n1
)
+［1+4+7+……+(3n-2)］，
设S1=
1
1 a
1 a2
1 a n1
,
当a=1时，S1=n；
当a≠1时，S1=
知能迁移2 (2008·全国Ⅰ文，19)在数列{an}中，
a1=1，an+1=2an+2n.
（1）设bn=
an 2n1
.证明：数列{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
（1）证明
∵an+1=2an+2n，∴a2nn1
an 2n1
1,
∵bn=
an 2n1
，∴bn+1=bn+1，即bn+1-bn=1,b1=1,
用错位相减法.
解 （1）∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3 ,
①
∴当n≥2时，
a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1n= 1,
②
3
①-②得3n-1an=
1 3
,∴an=31n .
在①中，令n=1,得a1= 1 3
∴an=
1 3n
.
，适合an=31n ,
∴(S2)n∵=3b+2n×= a3nn2+3,×∴3b3+n=…n+·n3·n.3n
故数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解 由（1）知,bn=n,an=n·2n-1, 则Sn=1·20+2·21+…+(n-1)·2n-2+n·2n-1 2Sn=1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n 两式相减，得
Sn=n·2n-1·20-21-…-2n-1=n·2n-2n+1.
因此由an+1=
1
an 2an
，得
1 an1
1 an
2,
即 1 1 2.
an1 an
∴数列 1 是等差数列，
an
（a12n）根a11据 已(n知-1条)·件2得=2n2a-nn11,1 即 a2annn=21n,1
. 1
即
a n1 2n1
an 2n
1,
∴数列
2ann
是等差数列.
an 2n
是首项为1，公比为3的等比数列，则an等C 于（
3n） 1
3n 3
A. 2 3n 1
B. 2 3n 3
C. 2
D. 2
解析 1a(11+（3na)2-a31n）+1（. a3-a2）+…+（an-an-1）
13
2
=an=
3.已知数列{an}的通项公式是an=2n2n1 ，其中前n项
和Sn=321 ，则项数n等于
B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-22(1 2Dn ).2nn+(n12-22n 1)
解析 Sn= 1 2
2
=2n+1-2+n2.
5.数列
1 25
,
1 58
, 1 ,, 8 11
(3n
1)
1 (3n
2)
,
的前n项
和为
（ B）
A. n
B. n
3n 2
6n 4
C. 3n
D. n 1
6n 4
解（1）方法一 ∵数列{an}是首项为1的正项数列,
∴anan+1≠0,∴ (n
1)an1 an
nan an1
令 an1 =t,∴(n+1)t2+t-n=0,
an
∴［(n+1)t-n］(t+1)=0,
+1=0,
∴t= n 或t=-1（舍去）， n 1
即 an1 n . an n 1
a2 a3 a4 a5 an a1 a2 a3 a4 an1
§6.4 数列的通项及数列求和
基础知识 自主学习
要点梳理
1.若已知数列{an}，满足an+1-an=f（n），且f（1）+ f（2）+…+f（n）可求，则可用累加法 求数列的
通项an.
2.
若
已
知
数
列
{an}
，a满n1足 an
f(1)·f(2)·
累积法
=f （ n ） ， 且
…·f（n）可求，则可用
求数列的通项an.
1 2
(n
1)
2n 1,即an=(2n-1)2n-1. 2
题型二 错位相减法求和 【例2】设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3 ,
n∈N*.
（（思12维））启求设迪数bn列=（a{nna1n，）}的求由通数已项列知；{写bn出}的前前n-n1项项和之S和n.，两式相
减.（2）bn=n·3n的特点是数列{n}与{3n}之积可
1 1 2,
①∴式数两列边S1同n 除是以首S项n-为1·SS11n，a1得1
Sn Sn1
1, 公差为
2的等
差数列.
1
1.
∴
Sn
2n 1 =1+2（n-1）=2n-1，∴Sn=
4分 6分
（2）又bn=
Sn 2n 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 ( 1 1 ), 2 2n 1 2n 1
8分
∴Tn=b1+b2+…+bn
(1
1 22
)
(1
1 2n
)]
2[(1 1 1)
n个
(1 2
1 22
1 2n
)]
2
n
1 2
(1 1
1
2n 1
)
2
1 2n1
2n
2.
探究提高 先将求和式中的项进行适当分组调整， 使之每一个组为等差或等比数列，然后分别求和， 从而得出原数列的和.它是通过对数列通项结构特 点的分析研究，将数列分解转化为若干个能求和 的新数列的和或差，从而求得原数列的和的一种 求和方法.
3.等差数列前n项和Sn=
n(a1 an ) 2
=
na1
n(n 1) d 2
，
推导方法： 倒序相加法 ；
等比数列前n项和
na1， Sn=
q=1,
a1(1 qn ) = a1 anq ， q≠1.
1 q
1 q
推导方法:乘公比，错位相减法.
4.常见数列的前n项和 n(n 1)
（1）1+2+3+…+n= 2 ; （2）2+4+6+…+2n= n2+n ; （3）1+3+5+…+(2n-1)= n2 ;
列，则a3+a4+a5等于
（C ）
A.33
B.72
C.84
D.189
解析 由题意可设公比为q,则a2=a1q,a3=a1q2, ∵4a2=4a1+a3,∴4a1q=4a1+a1q2,又a1=3,∴q=2. a3+a4+a5=a1q2(1+q+q2) =3×4×(1+2+4)=84.
2. 如 果 数 列 {an} 满 足 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…
③
∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n·3n+1.
④
④-③得2Sn=n·3n+1-(3+32+33+…+3n),
即2Sn=n3n+1-
3(1 1
3n ) 3
, Sn
(2n
1)3n1 4
3 4
探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式 视为数列{3n-1an}的前n项和,从而利用an与Sn的关 系求出通项3n-1an,进而求得an;另外乘公比错位相 减是数列求和的一种重要方法,但值得注意的是,这 种方法运算过程复杂,运算量大,应加强对解题过程 的训练,重视运算能力的培养.
1[(1 1) (1 1) ( 1 1 )]
2 3 35
2n 1 2n 1
1 (1 1 ) n . 2 2n 1 2n 1
12分
探究提高 使用裂项法求和时，要注意正负项相消
时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被
消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质
上造成正负相消是此法的根源与目的.
n(n 1)(2n 1)
（4）12+22+32+…+n2=
6
;
（5）13+23+33+…+n3=
[n(n 1)]2 2.
5.（1）分组求和：把一个数列分成几个可以直接求 和的数列.
（2）拆项相消：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.
（3）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.
（ D）
64
A.13
B.10
C.9 D.6
解析
∵an=
2n 1 2n
1
1 2n
,
∴Sn=n-
(1 2
1 22
1 2n
)
=n-1+21n ,
而
321 64
5
1 ,n 1 64
1 2n
5
1 ,n 64
6.
4.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}
的前n项和为
C（
）
A.2n+n2-1
成立？若存在，求出t;若不存在，请说明理由. 解 （1）由题意得（a1+d）(a1+13d)=(a1+4d)2， 整理得2a1d=d2. ∵a1=1，解得d=2，d=0（舍）.
（2）bn=
1 n(an
3)
1 2n(n
1)
1 2
(1 n
n
1 ), 1
∴Sn=b1+b2+…+bn
1[(1 1) (1 1) (1 1 )] 2 2 2 3 n n1