2021高考数学(人教版)一轮复习学案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＝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···…·.
(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Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；
②等比数列前n项和Sn＝
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＋…＋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：
①＝－；
②＝；
③＝－.
(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Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的(　　)
A.(3n－1) B.(3n－1)
C.(9n－1) D.(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．－1 B．1
C．±1 D．0
3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于 (　　)
A．n2＋n B．2(n2＋n)
C．2n2＋n D．4(n2＋n)
4．(2010·天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2 (n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n (　　)
A．有最大值63 B．有最小值63
C．有最大值31 D．有最小值31
5．(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14，7，10，…前10项的和为________.

探究点一　求通项公式
例1　已知数列{an}满足an＋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＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对全部n∈N都成立的最小正整数m.

变式迁移2　求数列1，，，…，，…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＝anlog4an (n∈N*)．
(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)当q＝时，若bn＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝ (　　)
A．(－1)n－1 B．(－1)n
C. D．－
【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＝＝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)]＝－·＝－；
当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－1＋an＝－＋n2＝，
∴Sn＝(－1)n－1.
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进行分类争辩，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)观看法：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．求和时应留意的问题：
(1)直接用公式求和时，留意公式的应用范围和公式的推导过程．
(2)留意观看数列的特点和规律，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{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，则S5等于 (　　)
A．35 B．33 C．31 D．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＝，则＝ (　　)
A. B.
C. D.
3．假如数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝ (n≥2)，则此数列的第10项(　　)
A. B. C. D.
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于 (　　)
A．1 B. C. D.
5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是 (　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
题号
1
2
3
4
5
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log4S10＝__________.
7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，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·河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－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＝nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(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)①　na1＋d　倒序相加法　②na1　　 ③　n2＋n　n2　　2
自我检测
1．C　2.B　3.B　4.B
5．10 100　6.145
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＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝··…··a1等方法．
解　已知递推可化为
－＝，
∴－＝，－＝，－＝，…，－＝.
将以上(n－1)个式子相加得
－＝＋＋＋…＋，
∴＝＝1－.
∴an＝.
变式迁移1　(1)证明　由已知有
a1＋a2＝4a1＋2，
解得a2＝3a1＋2＝5，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－＝，
因此数列是首项为，公差为的等差数列，
＝＋(n－1)×＝n－，
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)∵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＝＝
＝(－)，
∴Tn＝(1－＋－＋…＋－)
＝(1－)<.
∴≥，∴最小正整数m＝7.
变式迁移2　解　an＝＝2，
∴Sn＝2·[＋＋…＋]＝2·＝.
例3　解题导引　1.一般地，假如数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可接受错位相减法．
2．用乘公比错位相减法求和时，应留意：
(1)要擅长识别题目类型，特殊是等比数列公比为负数的情形；

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确     写出“Sn－qSn”的表达式．
解　(1)由题意得an＝qn，
∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn
＝n·5n·log45，
∴Sn＝(1×5＋2×52＋…＋n×5n)log45，
设Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，①
则5Tn＝1×52＋2×53＋…＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②
①－②得－4Tn＝5＋52＋53＋…＋5n－n×5n＋1
＝－n×5n＋1，
∴Tn＝(4n×5n－5n＋1)，
Sn＝(4n×5n－5n＋1)log45.
(2)∵bn＝anlog4an＝nnlog4，
∴bn＋1－bn＝(n＋1)n＋1log4－
nnlog4
＝nlog4>0，
∵n>0，log4<0，
∴－<0，∴n>14，
即n≥15时，bn－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
∴an＋1＝4an，即＝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×＝1＋49－1＝49.
∴log4S10＝log449＝9.
7．－10
解析　依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋)＋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，全部的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.
9．解　f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－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．……………………………………(5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＝5，
∴Sn＝＝；………………………………………………………(9分)
当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.
∴Sn＝S2＋＝.…………………………………………(11分)
∴Sn＝……………………………………………(12分)
10．(1)解　由于Sn＝nan＋an－c，
所以当n＝1时，S1＝a1＋a1－c，
解得a1＝2c，………………………………………………………………………………(2分)
当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，
即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………………………………………………………(3分)
所以3c＝6，解得c＝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　由于＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝(－)＋(－)＋…＋(－)
＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]……………………………………………(8分)
＝(－)＝－.……………………………………………………………(10分)
由于n∈N*，所以＋＋…＋<.…………………………………………(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＝……………………………………………………(5分)
(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，
bn－bn－1＝2n－3.
以上各式相加得
bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)
＝＝(n－1)2.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………………………………………………………(7分)
(3)由题意得
cn＝……………………………………………………(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－＝.…………………………………………………(13分)
T1＝－3也适合．
∴Tn＝ (n∈N*)．…………………………………………………………(14分)

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