高考数学理科一轮复习数列的通项与求和学案附答案.docx

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高考数学理科一轮复习数列的通项与求和学案附答案

高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案

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Sn与通项an的关系：

an＝S1，　　　　n＝1，Sn－Sn－1，n≥2

（2）当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f（n），且f

（1）＋f

（2）＋…＋f（n）可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）．

（3）当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f（n），且f

（1）•f

（2）•…•f（n）可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1•a2a1•a3a2•…•anan－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求通项．

（）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Sn＝____________＝________________，推导方法：

____________；

②等比数列前n项和Sn＝　　　　，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＝__________；

．1＋3＋＋…＋（2n－1）＝______；

d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________；

e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________

（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＝1212n－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．

（）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{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2（n∈N*），则数列{an}的前n项的（　　）

A32（3n－1）B92（3n－1）

38（9n－1）D98（9n－1）

2．（2011•邯郸月考）设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为（　　）

A．－1B．1

．±1D．0

3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝lg2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于（　　）

A．n2＋nB．2（n2＋n）

．2n2＋nD．4（n2＋n）

4．（2010•天津高三十校联考）已知数列{an}的通项公式an＝lg2n＋1n＋2（n∈N*），设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn<－成立的自然数n（　　）

A．有最大值63B．有最小值63

．有最大值31D．有最小值31

．（2011•北京海淀区期末）设关于x的不等式x2－x<2nx（n∈N*）的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100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{an}满足an＋1＝2n＋1•anan＋2n＋1，a1＝2，求数列{an}的通项公式．

变式迁移1　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2

（1）设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；

（2）求数列{an}的通项公式．

探究点二　裂项相消法求和

例2　已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2（n≥2），a1＝2

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝1lg2an•lg2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<20对所有n∈N*都成立的最小正整数

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{an}是首项、公比都为q（q>0且q≠1）的等比数列，bn＝anlg4an（n∈N*）．

（1）当q＝时，求数列{bn}的前n项和Sn；

（2）当q＝141时，若bn<bn＋1，求n的最小值．

变式迁移3　求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan

分类讨论思想的应用

例　（分）二次函数f（x）＝x2＋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），an＝2n3＋3n2gn（n∈N*），则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋（－1）n－1an＝（　　）

A．（－1）n－1nn＋12B．（－1）nnn＋12

nn＋12D．－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）＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f（x）的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2]（n∈N*），∴g（n）＝2n＋3（n∈N*），于是an＝2n3＋3n2gn＝n2

方法一　当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝（12－22）＋（32－42）＋…＋[（n－1）2－n2]＝－[3＋7＋…＋（2n－1）]＝－3＋2n－12•n2＝－nn＋12；

当n为奇数时，Sn＝（a1－a2）＋（a3－a4）＋…＋（an－2－an－1）＋an

＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，

∴Sn＝（－1）n－1nn＋12

方法二　a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，

S2＝a1－a2＝－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；

（）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：

7分）

一、选择题（每小题分，共2分）

1．（2010•广东）已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2•a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为4，则S等于（　　）

A．3B．33．31D．29

2．（2011•黄冈调研）有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝7n＋2n＋3，则ab＝（　　）

A612B378

7213D94

3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1（n≥2），则此数列的第10项（　　）

A1210B129110D1

4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S等于（　　）

A．1B616D130

．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1020，那么n的最小值是（　　）

A．7B．8．9D．10

题号1234

答案

二、填空题（每小题4分，共12分）

6．（2010•东北师大附中高三月考）数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn（n＝1,2,3，…），则lg4S10＝__________

7．（原创题）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－1an，则该数列前26项的和为________．

8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________

三、解答题（共38分）

9．（12分）（2011•河月考）已知函数f（x）＝x2－2（n＋1）x＋n2＋n－7（n∈N*）．

（1）若函数f（x）的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}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{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn

10．（12分）（2011•三门峡月考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－（是常数，n∈N*），a2＝6

（1）求的值及数列{an}的通项公式；

（2）证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1<18

11．（14分）（2010•北京宣武高三期中）已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋（2n－1）（n∈N*）．

（1）求数列{an}的通项公式an；

（2）求数列{bn}的通项公式bn；

（3）若n＝an•bnn，求数列{n}的前n项和Tn

答案自主梳理

1．

（2）累加法　（3）累积法　2

（1）①n（a1＋an）2　na1＋n（n－1）2d　倒序相加法　②na1　a1（1－qn）1－q　a1－anq1－q③n（n＋1）2　n2＋n　n2　n（n＋1）（2n＋1）6　n（n＋1）22

自我检测

1．　2B　3B　4B

．10100　6141112

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）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1；累乘：

an＝anan－1•an－1an－2•…•a2a1•a1等方法．

解　已知递推可化为

1an＋1－1an＝12n＋1，

∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an－1＝12n

将以上（n－1）个式子相加得

1an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，

∴1an＝121－12n1－12＝1－12n

∴an＝2n2n－1

变式迁移1　

（1）证明　由已知有

a1＋a2＝4a1＋2，

解得a2＝3a1＋2＝，故b1＝a2－2a1＝3

又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－（4an＋2）

＝4an＋1－4an；

于是an＋2－2an＋1＝2（an＋1－2an），

即bn＋1＝2bn

因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

（2）解　由

（1）知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，

所以an＋1－2an＝3×2n－1，

于是an＋12n＋1－an2n＝34，

因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，

an2n＝12＋（n－1）×34＝34n－14，

所以an＝（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{an}是等差数列，

则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋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，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，

两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an（n≥2）．

又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，

∴an＋1＝8an（n∈N*）．

∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，

∴an＝2•8n－1＝23n－2

（2）∵bn＝1lg2an•lg2an＋1＝1（3n－2）（3n＋1）

＝13（13n－2－13n＋1），

∴Tn＝13（1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1）

＝13（1－13n＋1）<13

∴20≥13，∴最小正整数＝7

变式迁移2　解　an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，

∴Sn＝2•[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝2•1－1n＋1＝2nn＋1

例3　解题导引　1一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an•bn}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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式．

解　

（1）由题意得an＝qn，

∴bn＝an•lg4an＝qn•lg4qn

＝n•n•lg4，

∴Sn＝（1×＋2×2＋…＋n×n）lg4，

设Tn＝1×＋2×2＋…＋n×n，①

则Tn＝1×2＋2×3＋…＋（n－1）×n＋n×n＋1，②

①－②得－4Tn＝＋2＋3＋…＋n－n×n＋1

＝（n－1）4－n×n＋1，

∴Tn＝16（4n×n－n＋1），

Sn＝16（4n×n－n＋1）lg4

（2）∵bn＝anlg4an＝n141nlg4141，

∴bn＋1－bn＝（n＋1）141n＋1lg4141－

n141nlg4141

＝141n141－n1lg4141>0，

∵141n>0，lg4141<0，

∴141－n1<0，∴n>14，

即n≥1时，bn<bn＋1

故所求的n的最小值是1

变式迁移3　解　当a＝1时，

Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）2，

当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①

∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②

①－②，得1－1a•Sn

＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，

1－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1

＝1－1ana－1－nan＋1，

∴Sn＝a1－1an（a－1）2－n（a－1）•an

∴Sn＝n（n＋1）2，　　　　a＝1，a1－1an（a－1）2－n（a－1）•an，a≠1

后练习区

1．　2A　3D　4B　D

6．9

解析　∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1（n≥2）．

两式相减得an＋1－an＝3（Sn－Sn－1）＝3an，

∴an＋1＝4an，即an＋1an＝4

∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列．

当n＝1时，a2＝3S1＝3，

∴n≥2时，an＝3•4n－2，

S10＝a1＋a2＋…＋a10

＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48

＝1＋3×（1＋4＋…＋48）

＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49

∴lg4S10＝lg449＝9

7．－10

解析　依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×（1－2－1＋12）＋1－2＝－10

8．2n＋1－2

解析　依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2

9．解　f（x）＝x2－2（n＋1）x＋n2＋n－7

＝[x－（n＋1）]2＋3n－8…………………………………………………………………（3分）

（1）由题意，an＝n＋1，

故an＋1－an＝（n＋1）＋1－（n＋1）＝1，

故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………（分）

（2）由题意，bn＝|3n－8|……………………………………………………………………（7分）

当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，

数列{bn}为等差数列，b1＝，

∴Sn＝n（－3n＋8）2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………（9分）

当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1

∴Sn＝S2＋（n－2）（1＋3n－8）2＝3n2－13n＋282…………………………………………（11分）

∴Sn＝－3n2＋13n2，　　1≤n≤2，3n2－13n＋282，n≥3……………………………………………（12分）

10．

（1）解　因为Sn＝12nan＋an－，

所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－，

解得a1＝2，………………………………………………………………………………（2分）

当n＝2时，S2＝a2＋a2－，

即a1＋a2＝2a2－，解得a2＝3，………………………………………………………（3分）

所以3＝6，解得＝2；…………………………………………………………………（4分）

则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，

所以an＝a1＋（n－1）d＝2n＋2……………………………………………………………（6分）

（2）证明　因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋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1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1<18…………………………………………（12分）

11．解　

（1）∵Sn＝3n，

∴Sn－1＝3n－1（n≥2）．

∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1（n≥2）．……………………………………………（3分）

当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………（4分）

∴an＝3，　　　n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………（分）

（2）∵bn＋1＝bn＋（2n－1），

∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝，…，

bn－bn－1＝2n－3

以上各式相加得

bn－b1＝1＋3＋＋…＋（2n－3）

＝（n－1）（1＋2n－3）2＝（n－1）2

∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n………………………………………………………………（7分）

（3）由题意得

n＝－3，n＝1，2（n－2）×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………（9分）

当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2（n－2）×3n－1，

∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2（n－2）×3n，

相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2（n－2）×3n

∴Tn＝（n－2）×3n－（3＋32＋33＋…＋3n－1）

＝（n－2）×3n－3n－32＝（2n－）3n＋32…………………………………………………（13分）

T1＝－3也适合．

∴Tn＝（2n－）3n＋32（n∈N*）．…………………………………………………………（14分）