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第二讲 数列的通项公式与数列求和
研热点(聚焦突破)
类型一 数列的通项问题
1.累加法求通项:形如an+1-an=f(n).
2.累乘法求通项:形如=f(n).
3.构造法:形如:an+1=pan+q.
4.已知Sn求an,即an=
[例1] (2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2,n∈N*.
(1)求a1的值;
(2)求数列{an}的通项公式.
[解析] (1)当n=1时,T1=2S1-12.
因为T1=S1=a1,所以a1=2a1-1,解得a1=1.
(2)当n≥2时,Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-[2Sn-1-(n-1)2]=2Sn-2Sn-1-2n+1,
所以Sn=2Sn-1+2n-1,①
所以Sn+1=2Sn+2n+1,②
②-①得an+1=2an+2.
所以an+1+2=2(an+2),即=2(n≥2).
当n=1时,a1+2=3,a2+2=6,则=2,所以当n=1时也满足上式.所以{an+2}是以3为首项,2为公比的等比数列,所以an+2=3·2n-1,所以an=3·2n-1-2.
跟踪训练
数列{an}中,a1=1,对所有的n≥2,都有a1·a2·a3·…·an=n2,数列{an}的通项公式为________.
解析:由题意,当n≥2时,
a1·a2·a3·…·an=n2,①
故当n=2时,有a1·a2=22=4,
又因为a1=1,所以a2=4.
故当n≥3时,
有a1·a2·a3·…·an-1=(n-1)2,②
由,得an=.
而当n=1时,a1=1,不满足上式,n=2时,满足上式.
所以数列{an}的通项公式为an=
答案:
类型二 数列求和
数列求和的方法技巧
(1)转化法
有些数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将数列通项拆开或变形,可转化为几个等差、等比数列或常见的数列,即先分别求和,然后再合并;
(2)错位相减法
这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列;
(3)裂项相消法
利用通项变形,将通项分裂成两项的差,通过相加过程中的相互抵消,最后只剩下有限项的和.
[例2] (2012年高考浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
[解析] (1) 由Sn=2n2+n,得
当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1.
所以an=4n-1,n∈N*.
由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*,
所以Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,
2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,
所以2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]
=(4n-5)2n+5.
故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.
跟踪训练
(2012年高考课标全国卷)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为( )
A.3 690 B.3 660
C.1 845 D.1 830
解析:利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解.
∵an+1+(-1)nan=2n-1,∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,…,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1,
∴a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a59+a60)=10+26+42+…+234==1 830.
答案:D
类型三 数列的综合应用
1.数列的综合应用多涉及函数、不等式、解析几何等知识.
2.数列的单调性的判断方法:
(1)作差:an+1-an与0的关系;
(2)作商:与1的关系.
[例3] (2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.
(1)求a1的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
[解析] (1)∵a1,a2+5,a3成等差数列,
∴2(a2+5)=a1+a3.
又2Sn=an+1-2n+1+1,
∴2S1=a2-22+1,2S2=a3-23+1,
∴2a1=a2-3,2(a1+a2)=a3-7.
由得∴a1=1.
(2)∵2Sn=an+1-2n+1+1,①
∴当n≥2时,2Sn-1=an-2n+1.②
①-②得2an=an+1-an-2n+1+2n,
∴an+1=3an+2n.
两边同除以2n+1得=·+,
∴+1=(+1).
又由(1)知+1=(+1),∴数列{+1}是以为首项,为公比的等比数列,
∴+1=·()n-1=()n,∴an=3n-2n,
即数列{an}的通项公式为an=3n-2n.
(3)证明:∵an=3n-2n=(1+2)n-2n
=C·1n·20+C·1n-1·21+C·1n-2·22+…+C·10·2n-2n
=1+2n+2(n2-n)+…+2n-2n
>1+2n+2(n2-n)=1+2n2>2n2>2n(n-1),
∴=<=·,
∴++…+
<1+[++…+]
=1+(1-+-+…+-)
=1+(1-)=-<,
即++…+<.
跟踪训练
(2012年北京东城模拟)已知数列{an}满足a1=,(n≥2,n∈N).
(1)试判断数列{+(-1)n}是否为等比数列,并说明理由;
(2)设cn=ansin ,数列{cn}的前n项和为Tn.求证:对任意的n∈N*,Tn<.
解析:(1)由an=得
==(-1)n-,
所以+(-1)n=2·(-1)n-
=-2[+(-1)n-1].
又-1=3≠0,
故数列{+(-1)n}是首项为3,公比为-2的等比数列.
(2)证明:由(1)得+(-1)n=3·(-2)n-1.
所以=3·(-2)n-1-(-1)n,
an=,
所以cn=ansin =(-1)n-1
=<.
所以Tn<=[1-()n]<.
析典题(预测高考)
高考真题
【真题】 (2012年高考湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2 000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元.
(1)用d表示a1,a2,并写出an+1与an的关系式;
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元,试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).
【解析】 (1)由题意得a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d,
a2=a1(1+50%)-d=a1-d=4500-d.
an+1=an(1+50%)-d=an-d.
(2)由(1)得an=an-1-d=(an-2-d)-d
=()2an-2-d-d
=…
=()n-1a1-d[1++()2+…+()n-2].
整理得an=()n-1(3 000-d)-2d[()n-1-1]
=()n-1(3 000-3d)+2d.
由题意,知am=4 000,
即()m-1(3 000-3d)+2d=4 000,
解得d==.
即该企业每年上缴资金d的值为时,经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元.
【名师点睛】 本题考查利用递推数列求通项的方法,考查综合利用数列知识分析解决实际问题的能力,难度较大,解答本题的关键是求出递推关系an+1=an-d,并变形求an.
考情展望
高考对数列的通项与求和的考查多以解答题形式出现,主要考查an与Sn的关系,以及错位相减求和、裂项求和及分组转化求和,难度中档偏上.
名师押题
【押题】 在平面直角坐标系中,设不等式组(n∈N*)表示的平面区域为Dn,记Dn内的整点(横坐标和纵坐标均为整数的点)的个数为an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn+1=2bn+an,b1=-13.求证:数列{bn+6n+9}是等比数列,并求出数列{bn}的通项公式.
【解析】 (1)由得0<x≤3,
所以平面区域为Dn内的整点为点(3,0)或在直线x=1和x=2上.
直线y=-2n(x-3)与直线x=1和x=2交点纵坐标分别为y1=4n和y2=2n,Dn内在直线x=1和x=2上的整点个数分别为4n+1和2n+1,
∴an=4n+1+2n+1+1=6n+3.
(2)由bn+1=2bn+an得bn+1=2bn+6n+3,
∴bn+1+6(n+1)+9=2(bn+6n+9),
∵b1+6×1+9=2,
∴{bn+6n+9}是以2为首项,公比为2的等比数列,
∴bn+6n+9=2n,
∴bn=2n-6n-9.
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