2021高考数学(福建-理)一轮学案31-数列的通项与求和.docx

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，并能用有关学问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(2)当已知数列an中，满足an1anf(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ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)(3)当已知数列an中，满足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ana1.(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)公式法等差数列前n项和Sn_，推导方法：_；等比数列前n项和Sn推导方法：乘公比，错位相减法常见数列的前n项和：a123n_；b2462n_；c135(2n1)_；d122232n2_；e132333n3_.(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：；.(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an的前n项的乘积为Tn3n2(nN*)，则数列an的前n项的()A.(3n1)B.(3n1)C.(9n1)D.(9n1)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 ()A1B1C1D03已知等比数列an的公比为4，且a1a220，设bnlog2an，则b2b4b6b2n等于 ()An2nB2(n2n)C2n2nD4(n2n)4(2010天津高三十校联考)已知数列an的通项公式anlog2 (nN*)，设an的前n项的和为Sn，则使Sn5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315(2011北京海淀区期末)设关于x的不等式x2x2nx (nN*)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1,4，7，10，前10项的和为_.探究点一求通项公式例1已知数列an满足an1，a12，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a11，Sn14an2.(1)设bnan12an，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an7Sn12(n2)，a12.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn0且q1)的等比数列，bnanlog4an (nN*)(1)当q5时，求数列bn的前n项和Sn；(2)当q时，若bn1 020，那么n的最小值是 ()A7B8C9D10题号12345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a11，an13Sn(n1,2,3，)，则log4S10_.7(原创题)已知数列an满足a11，a22，an2，则该数列前26项的和为_8对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，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河源月考)已知函数f(x)x22(n1)xn25n7(nN*)(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Snnananc(c是常数，nN*)，a26.(1)求c的值及数列an的通项公式；(2)证明.11(14分)(2010北京宣武高三期中)已知数列an的前n项和为Sn3n，数列bn满足b11，bn1bn(2n1) (nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)求数列bn的通项公式bn；(3)若cn，求数列cn的前n项和Tn.答案 自主梳理1(2)累加法(3)累积法2.(1)na1d倒序相加法na1n2nn22自我检测1C2.B3.B4.B510 1006.145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，主要把握由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(anan1)(an1an2)(a2a1)a1；累乘：ana1等方法解已知递推可化为，.将以上(n1)个式子相加得，1.an.变式迁移1(1)证明由已知有a1a24a12，解得a23a125，故b1a22a13.又an2Sn2Sn14an12(4an2)4an14an；于是an22an12(an12an)，即bn12bn.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，b13，公比q2，所以an12an32n1，于是，因此数列是首项为，公差为的等差数列，(n1)n，所以an(3n1)2n2.例2解题导引1.利用裂项相消法求和时，应留意抵消后并不愿定只剩下第一项和最终一项，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2一般状况如下，若an是等差数列，则，.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)n2时，an7Sn12，an17Sn2，两式相减，得an1an7an，an18an(n2)又a12，a27a12168a1，an18an(nN*)an是一个以2为首项，8为公比的等比数列，an28n123n2.(2)bn()，Tn(1)(1)0，n0，log40，14，即n15时，bnbn1.故所求的n的最小值是15.变式迁移3解当a1时，Sn123n，当a1时，Sn，Sn，得Sn，Sn，Sn.Sn课后练习区1C2.A3.D4.B5.D69解析an13Sn，an3Sn1 (n2)两式相减得an1an3(SnSn1)3an，an14an，即4.an为以a2为首项，公比为4的等比数列当n1时，a23S13，n2时，an34n2，S10a1a2a10133434234813(1448)13149149.log4S10log4499.710解析依题意得，a11，a22，a31，a4，a51，a62，a71，a8，所以数列周期为4，S266(121)1210.82n12解析依题意，有a2a12，a3a222，a4a323，anan12n1，全部的代数式相加得ana12n2，即an2n，所以Sn2n12.9解f(x)x22(n1)xn25n7x(n1)23n8.(3分)(1)由题意，ann1，故an1an(n1)1(n1)1，故数列an是以1为公差，2为首项的等差数列(5分)(2)由题意，bn|3n8|.(7分)当1n2时，bn3n8，数列bn为等差数列，b15，Sn；(9分)当n3时，bn3n8，数列bn是等差数列，b31.SnS2.(11分)Sn(12分)10(1)解由于Snnananc，所以当n1时，S1a1a1c，解得a12c，(2分)当n2时，S2a2a2c，即a1a22a2c，解得a23c，(3分)所以3c6，解得c2；(4分)则a14，数列an的公差da2a12，所以ana1(n1)d2n2.(6分)(2)证明由于()()()()()()(8分)().(10分)由于nN*，所以.(12分)11解(1)Sn3n，Sn13n1 (n2)anSnSn13n3n123n1 (n2)(3分)当n1时，23112S1a13，(4分)an(5分)(2)bn1bn(2n1)，b2b11，b3b23，b4b35，bnbn12n3.以上各式相加得bnb1135(2n3)(n1)2.b11，bnn22n.(7分)(3)由题意得cn(9分)当n2时，Tn32031213222332(n2)3n1，3Tn92032213322342(n2)3n，相减得2Tn623223323n12(n2)3n.Tn(n2)3n(332333n1)(n2)3n.(13分)T13也适合Tn (nN*)(14分)