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2016届高考数学(文)二轮复习考点例题课件:专题三+第2讲+数列的通项与求和问题(人教版)


第2讲

数列的通项与求和问题

高考定位

从全国卷来看,由于三角和数列问题在解答题

中轮换命题,若考查数列解答题,则以数列的通项与求和
为核心地位来考查,题目难度不大.

真题感悟
(2015· 山东卷 ) 已知数列 {an} 是首项为正数的等差数列,数列
? ? 1 ? ? ? ?的前 an+1? ? ?an· ?

n n 项和为 . 2n+1

(1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(an+1)· 2an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为 d,

1 1 令 n=1,得a a =3, 1 2 所以 a1a2=3.

1 1 2 令 n=2,得a a +a a =5, 1 2 2 3 所以 a2a3=15.解得 a1=1,d=2,所以 an=2n-1. (2)由(1)知 bn=2n· 22n-1=n· 4n , 所以 Tn=1· 41+2· 42+?+n· 4n, 所以 4Tn=1· 42+2· 43+?+n· 4n+1, 两式相减,得-3Tn=41+42+?+4n-n· 4n+1 4(1-4n) 1-3n n+1 4 n+1 = -n· 4 = ×4 - . 3 3 1-4 3n-1 n+1 4 4+(3n-1)4n 1 所以 Tn= 9 ×4 +9= . 9


考点整合
1.求通项公式的常见类型

(1)观察法: 利用递推关系写出前几项, 根据前几项的特点观察、 归纳猜想出 an 的表达式. (2)利用前 n 项和与通项的关系
? ?S1 an=? ? ?Sn-Sn-1

(n=1), (n≥2).

(3)公式法:利用等差(比)数列求通项公式. (4)累加法:在已知数列{an}中,满足 an+1=an+f(n),把原递推 公式转化为 an+1-an=f(n),再利用累加法(逐差相加法)求解. (5)叠乘法:在已知数列{an}中,满足 an+1=f(n)an,把原递推公 an+1 式转化为 a =f(n),再利用叠乘法(逐商相乘法)求解. n

(6)构造等比数列法:在已知数列{an}中,满足 an+1=pan+q(其 中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0)先用待定系数法把原递推公式 q 转化为 an+1-t=p(an-t),其中 t= ,再利用换元法转化为 1-p 等比数列求解. 2.求和的常用方法 (1)公式法:直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解. (2)倒序相加法:适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末 两项之和,且和为常数的数列.等差数列前 n 项和公式的推导就 使用了倒序相加法,利用倒序相加法求解数列前 n 项和时,要 把握数列通项公式的基本特征,即通过倒序相加可以得到一个 常数列,或者等差数列、等比数列,从而转化为常见数列的求 和方法,这也是数学转化与化归思想的具体体现.

(3)错位相减法:适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应 项的乘积组成的数列.把 Sn=a1+a2+?+an 两边同乘以相应等比 数列的公比 q,得到 qSn=a1q+a2q+?+anq,两式错位相减即可 求出 Sn. (4)裂相相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式, 然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如
? ? c ? ? ? ?(其中{an}是各项均不为零的等差数列,c ? ?anan+1? ?

为常数)的数列.

(5)拆项分组法:把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成 两个(或多个)简单的数列,最后分别求和. (6)并项求和法:与拆项分组相反,并项求和是把数列的两项(或多 项)组合在一起,重新构成 一个数列再求和,一般适用于正负相间 排列的数列求和,注意对数列项数奇偶性的讨论.

热点一 求数列的通项 [微题型1] 由Sn与an的关系式求an
【例 1-1】 (2015· 四川卷)设数列{an}(n=1,2,3,?)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? (2)设数列?a ?的前 ? n?

n 项和为 Tn,求 Tn.



(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),

即an=2an-1(n≥2), 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1,

又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1),

所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2,
所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n.
1 1 (2)由(1)得a =2n, n 1? ?1?n? ?1-? ? ? 1 1 1 2? ?2? ? 1 所以 Tn= + 2+?+ n= =1- n. 2 2 2 1 2 1-2

探究提高 给出Sn与an的递推关系求an,常用思路是:一是利用 Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为an的递推关系,再求其通项公式;二是

转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n之间的关系,再求an.

[微题型2] 已知an与an+1的递推关系求an
【例 1-2】 (1)(2015· 南阳模拟)已知数列{an}中,a1=1,an+1=an(1 -nan+1),则数列{an}的通项公式为( n2-n+2 A.an= 2 2 C.an= 2 n -n+1 )

n2-n+1 B.an= 2 2 D.an= 2 n -n+2

2 (2)已知正项数列{an}满足 a1=1, (n+2)a2 - ( n + 1) a + n 1 n+anan+1=0,

则 an=________.

解析

1 1 (1)原数列递推公式可化为 -a =n,令 bn=a ,则 bn+1- an+1 n n

1

bn=n,因此 bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+?+(b3-b2)+(b2-b1)+ n2-n+2 2 b1=(n-1)+(n-2)+?+2+1+1= .从而 an= 2 . 2 n -n+2
2 (2)由(n+2)a2 - ( n + 1) a + n 1 n+anan+1=0,

?an+1? an+1 n+1 ? ?2 an+1 得(n+2)? ? + a =n+1,所以 a =n+2. a ? n ? n n

2 2 an an-1 a2 n n-1 又 a1=1,则 an= · · ?· · a= · · ?·· 1= . a1 1 n+1 n 3 an-1 an-2 n+1 2 故数列{an}的通项公式 an= . n+1

答案

2 (1)D (2) n+1

探究提高

此题考查了通过构造新数列求数列的通项,其过

程是通过换元构造新的数列,得到bn+1-bn=n,然后利用累 加法求得数列的通项.事实上,形如bn+1-bn=f(n),其中f(n)

=k或多项式(一般不高于三次)的递推公式,用累加法即可求
得数列的通项公式.

2Sn 1 2 【训练 1】设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1, n =an+1-3n 2 -n- ,n∈N*. 3 (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数 n,有a +a +?+a <4. n 1 2 1 2 (1)解 2S1=a2-3-1-3,又 S1=a1=1,所以 a2=4.

(2)解

1 3 2 2 当 n≥2 时,2Sn=nan+1- n -n - n, 3 3

1 2 3 2 2Sn-1=(n-1)an-3(n-1) -(n-1) -3(n-1),

1 2 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an- (3n -3n+1)-(2n-1)- ,整 3 3 理得(n+1)an=nan+1-n(n+1), an+1 an a2 a1 即 - =1,又 - =1, 2 1 n+1 n
?an? a1 ? ? 故数列 n 是首项为 1 =1,公差为 ? ?

1 的等差数列,

an 所以 n =1+(n-1)×1=n,所以 an=n2. 所以数列{an}的通项公式为 an=n2,n∈N*.

1 1 1 1 1 1 1 1 (3)证明 + + +?+a =1+ + 2+ 2+?+ 2 a1 a2 a3 4 3 4 n n 1 1 1 1 <1+4+ + +?+ 2×3 3×4 n(n-1)
? 1 1? 1 ?1 1? ?1 1? ? =1+4+?2-3?+?3-4?+?+?n-1-n? ? ? ? ? ? ? ?

5 1 1 7 1 7 =4+2-n=4-n<4, 1 1 1 7 所以对一切正整数 n,有a +a +?+a <4. n 1 2

热点二 数列求和 [微题型1] 分组转化求和
【例 2-1】 (2015· 湖南卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a1=1, a2=2,且 an+2=3Sn-Sn+1+3, n∈N*. (1)证明:an+2=3an; (2)求 Sn.

(1)证明 由条件,对任意n∈N*,有an+2=3Sn-Sn+1+3,

因而对任意n∈N*,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.
两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2. 又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1, 故对一切n∈N*,an+2=3an.

(2)解

an +2 由(1)知, an≠0, 所以 a =3.于是数列{a2n-1}是首项 a1=1, n

公比为 3 等比数列;数列{a2n}是首项 a2=2,公比为 3 的等比数 列.因此 a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1. 于是 S2n=a1+a2+?+a2n =(a1+a3+?+a2n-1)+(a2+a4+?+a2n) =(1+3+?+3n-1)+2(1+3+?+3n-1) =3(1+3+?+3n-1) 3(3n-1) = . 2 3(3n-1) 3 n-1 从而 S2n-1=S2n-a2n= -2×3 = (5×3n-2-1). 2 2

探究提高 在处理一般数列求和时,一定要注意使用转化思想. 把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和,在求

和时要分析清楚哪些项构成等差数列,哪些项构成等比数列,
清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时,由于数列的各项是 正负交替的,所以一般需要对项数n进行讨论,最后再验证是否 可以合并为一个公式.

[微题型2] 裂项相消法求和
【例 2-2】 (2015·合肥高三期末)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任 意正整数 n 都有 6Sn=1-2an. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (2)设 bn=log an,求 Tn= 2 + 2 +?+ 2 . 2 b1-1 b2-1 bn-1

解 (1)由 6Sn=1-2an, 得 6Sn-1=1-2an-1(n≥2). 两式相减得 6an=2an-1-2an, 1 即 an=4an-1(n≥2),

1 由 6S1=6a1=1-2a1,得 a1= ,∴数列{an}是等比数列,公比 q 8 1 = , 4 1 ?1?n-1 ?1?2n+1 ? ? ? ? 所以 an= · = . 8 ?4? ?2? ?1?2n+1 (2)∵an=?2? , ? ? ∴bn=2n+1, 1 ? 1 1 1? ?1 从而 2 = = ?n-n+1? ?. bn-1 4n(n+1) 4? ? ?1 ? 1 ? 1? ?1 1? 1? ?? ? ? ∴Tn=4??1-2?+?2-3?+?+?n-n+1?? ? ? ? ? ?? ? ?? 1 ? 1? n ? ? 1 - = ? n+1?= . 4? ? 4(n+1)

探究提高

裂项相消法求和,常见的有相邻两项的裂项求和(如

1 本例),还有一类隔一项的裂项求和,如 (n≥2) (n-1)(n+1) 1 1 或 , 应注意两个地方: 其一是分拆 = n(n+2) (n-1)(n+1) 1 ? 1? 1 ? 1 ? - ?时的系数2容易遗忘;其二是中间部分整体相消后 n - 1 n + 1 2? ? ? 应保留的项数问题.

[微题型3] 错位相减法求和
【例 2-3】 (2015· 济南二模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn =an+1+n-2,n∈N*,a1=2. (1)证明:数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式; 3n (2)设 bn= (n∈N*)的前 n 项和为 Tn,证明:Tn<6. Sn-n+1

证明

(1)因为 Sn=an+1+n-2,

当 n≥2 时,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3, 两式相减,得 Sn-Sn-1=an=an+1-an+1, 即 an+1=2an-1, 设 cn=an-1,代入上式,得 cn+1+1=2(cn+1)-1,

即 cn+1=2cn. 由 Sn=an+1+n-2,得 an+1=Sn-n+2, 故 a2=S1-1+2=3,显然 a1-1=1,a2-1=2,故 c2=2c1. 综上,对于 n∈N*,cn+1=2cn 都成立, 即 an+1-1=2(an-1)都成立, 即数列{an-1}是等比数列,其首项为 1,公比为 2. 所以 an-1=1×2n-1,所以 an=2n-1+1. (2)由 Sn=an+1+n-2,得 Sn-n+2=an+1=2n+1, 3n 故 Sn-n+1=2 ,所以 bn= n . 2
n

3 3×2 3n 所以 Tn=b1+b2+?+bn-1+bn=2+ 22 +?+ 2n ,① 6 3×3 3n ①×2,得 2Tn=3+2+ 22 +?+ n-1,② 2 3 3 3 3n ②-①,得 Tn=3+2+22+?+ n-1- 2n = 2
? 1 1 1 ? ? ? 3n 1 + + +?+ 3? 2 22 n-1?- n =3× 2 ? ? 2 ?1?n 1-?2? ? ?

3n 1 - 2n 1-2

3n+6 3n+6 =6- n .因为 n >0, 2 2 3n+6 所以 Tn=6- 2n <6.

探究提高

错位相减法适用于求数列{an· bn}的前n项和,其中

{an} 为等差数列, {bn} 为等比数列 . 所谓 “ 错位 ” ,就是要找
“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和, 此时一定要查清其项数.

【训练 2】(2015· 湖北卷)设等差数列{an}的公差为 d, 前 n 项和为 Sn, 等比数列{bn}的公比为 q,已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; an (2)当 d>1 时,记 cn=b ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. n

? ?10a1+45d=100, (1)由题意有? ? ?a1d=2,

? ?2a1+9d=20, 即? ? ?a1d=2,

a1=9, ? ? ? ?a1=1, 解得? 或? 2 ? d = 2 ? ?d= . ? 9

1 ? an= (2n+79), ? ? a = 2 n - 1 , 9 ? n 故? 或? n-1 ?2?n-1 ? ?bn=2 ?bn=9· ? ? . 9 ?
? ?

(2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2

n -1

2n-1 ,故 cn= n-1 ,于是 2

2n-1 3 5 7 9 Tn=1+2+22+23+24+?+ n-1 ,① 2 2n-3 2n-1 1 1 3 5 7 9 2Tn=2+22+23+24+25+?+ 2n-1 + 2n .② ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 2Tn=2+2+22+?+2n-2- 2n =3- 2n , 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2

1.在使用关系式

? ?S1,n=1, an=? *时,一定要注意分 ? ?Sn-Sn-1,n≥2,n∈N

n

=1,n≥2 两种情况考虑,求出结果后,再分析这两种情况能 否整合在一起. 2.裂项后相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差. (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.

3.错位相减法的关注点 (1) 适 用 题 型 : 等 差 数 列 {an} 乘 以 等 比 数 列 {bn} 对 应 项

({an· bn})型数列求和.
(2)步骤: ①求和时先乘以数列{bn}的公比; ②把两个和的形式错位相减; ③整理结果形式.

4.裂项求和的常见技巧 1 1 1 (1) = - . n(n+1) n n+1 1 ? 1 1? ?1 (2) =k ?n-n+k? . ? n(n+k) ? ? 1 ? 1 1? ? 1 (3) 2 =2?n-1-n+1? ?. n -1 ? ? 1 ? 1 1? ? 1 (4) 2 =2?2n-1-2n+1? . ? 4n -1 ? ?


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