2数列通项公式和前n项和教案文档格式.docx

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4．数列的分类

分类标准

类型

满足条件

项数

有穷数列

项数有限

无穷数列

项数无限

项与项间的大小关系

递增数列

an＋1>

an

其中n∈N*

递减数列

an＋1<

常数列

an＋1＝an

题型一、由an与Sn的关系求通项公式

例1　

（1）已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.

答案　4n－5

解析　a1＝S1＝2－3＝－1，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n2－3n）－[2（n－1）2－3（n－1）]＝4n－5，

由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.

（2）（2020·

河南省天一大联考）设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4等于（　　）

A．27B．81C．93D．243

答案　B

解析　根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，

两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，

当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，

所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，

所以a4＝a1q3＝34＝81.

故选B.

（3）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.

答案　

解析　当n＝1时，由已知，可得a1＝21＝2，

∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①

故a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝2n－1（n≥2），②

由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，

∴an＝.

显然当n＝1时不满足上式，∴an＝

跟踪训练1　

（1）已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________.

解析　当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n＋1）－（3n－1＋1）＝

2×

3n－1.

当n＝1时，2×

31－1＝2≠a1，

所以an＝

（2）（2019·

咸阳模拟）已知正项数列{an}中，＋＋…＋＝（n∈N*），则数列{an}的通项公式为（　　）

A．an＝nB．an＝n2C．an＝D．an＝

解析　由题意得＝－＝n（n≥2），

又＝1，所以＝n（n≥1），an＝n2，故选B.

（3）（2018·

全国Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.

答案　－63

解析　∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，

∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1（n≥2），

即an＝2an－1（n≥2）．

当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.

∴数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，

∴Sn＝＝＝1－2n，

∴S6＝1－26＝－63.

题型二、由数列的递推关系求通项公式

命题点1　累加法

例2　设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.

解析　由条件知an＋1－an＝n＋1，

则当n≥2时，an＝（a2－a1）＋（a3－a2）＋（a4－a3）＋…＋（an－an－1）＋a1＝（2＋3＋4＋…＋n）＋2＝.（经检验，n=1时也符合）.

命题点2　累乘法

例3　设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an，则an＝________.

解析　∵an＋1＝an，a1＝2，∴an≠0，∴＝.

∴当n≥2时，an＝·

·

…·

a1＝·

2＝.

（经检验，n=1时也符合）.

思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法

（1）当出现an＝an－1＋f（n）时，用累加法求解．

（2）当出现＝f（n）时，用累乘法求解．

跟踪训练2　

（1）（2019·

榆林模拟）在数列{an}中，＝＋2n－1，a1＝0，则a8＝________.

答案　2492

解析　令bn＝，

则bn＋1－bn＝2n－1，b1＝1，

∴b8＝b8－b7＋b7－b6＋…＋b2－b1＋b1＝13＋11＋…＋1＋1＝50，

∴＝50，∴a8＝2492.

（2）已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，求通项公式an.

解　由已知得＝，分别令n＝1,2,3，…，（n－1），代入上式得n－1个等式累乘，即·

＝×

×

…×

，

所以＝，即n≥2时，an＝，

又因为a1＝也满足该式，所以an＝.

题型三、数列的性质

命题点1　数列的单调性

例4　

（1）已知数列{cn}，cn＝，则当n＝________时，cn最大．

答案　5

解析　cn＋1－cn＝－＝，

当n≤4时，cn＋1>

cn，当n≥5时，cn＋1<

cn，

因此c1<

c2<

c3<

c4<

c5>

c6>

c7>

…，

∴n＝5时，cn取得最大值．

（2）已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．

答案　（－3，＋∞）

解析　因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1>

an，即（n＋1）2＋λ（n＋1）>

n2＋λn，

整理，得2n＋1＋λ>

0，即λ>

－（2n＋1）．（*）

因为n≥1，所以－（2n＋1）≤－3，要使不等式（*）恒成立，只需λ>

－3.

命题点2　数列的周期性

例5（2019·

兰州模拟）已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·

an＋2＝an＋1（n∈N*），则a2020的值为（　　）

A．2B．1C.D.

解析　因为an·

an＋2＝an＋1（n∈N*），

由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，

由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，

由a3＝2，a4＝1，得a5＝，

由a4＝1，a5＝，得a6＝，

由a5＝，a6＝，得a7＝1，

由a6＝，a7＝1，得a8＝2，

由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，

所以a2020＝a4＝1，故选B.

题型四、构造新数列

对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．

构造法1　形如an＋1＝can＋d（c≠0，其中a1＝a）型

（1）若c＝1，数列{an}为等差数列.

（2）若d＝0，数列{an}为等比数列.

（3）若c≠1且d≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．

方法如下：

设an＋1＋λ＝c（an＋λ），得an＋1＝can＋（c－1）λ，

与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝（c≠1），

所以an＋＝c（n≥2），

即构成以a1＋为首项，以c为公比的等比数列．

例1　在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝________.

答案　2×

3n－1－1

解析　an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3（an＋1），

又因为a1＋1＝2≠0，

所以{an＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列，

所以an＋1＝2·

3n－1，an＝2·

3n－1－1.

构造法2　形如an＋1＝pan＋q·

pn＋1（p≠0,1，q≠0）型

an＋1＝pan＋q·

pn＋1（p≠0,1，q≠0）的求解方法是两端同时除以pn＋1，即得－＝q，则数列为等差数列．

2.倒数为特殊数列（形如an＝型）

例4　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．

解　∵an＋1＝，a1＝1，∴an≠0，∴＝＋，即－＝，

又a1＝1，则＝1，∴是以1为首项，为公差的等差数列．

∴＝＋（n－1）×

＝＋，∴an＝（n∈N*）.

题型五、数列的求和

命题点1　分组求和与并项求和

例3　（2019·

湖南省张家界慈利县期中）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．

解　

（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

因为b2＝3，b3＝9，可得q＝＝3，

所以bn＝b2qn－2＝3·

3n－2＝3n－1，

又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，

所以d＝＝2，

所以数列{an}的通项公式为

an＝a1＋（n－1）×

d＝1＋2（n－1）＝2n－1.

（2）由题意知cn＝an＋bn＝（2n－1）＋3n－1，

则数列{cn}的前n项和为

[1＋3＋…＋（2n－1）]＋（1＋3＋9＋…＋3n－1）＝＋＝n2＋.

命题点2　错位相减法求和

例4　（2019·

安徽省合肥一中、安庆一中等六校联考）设等比数列{an}满足a1＋a3＝20，a2＋a4＝10.

（1）令Tn＝a1a2a3…an，求Tn的最大值；

（2）令bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Sn.

解　

（1）设等比数列{an}首项为a1，公比为q，

所以a1＋a1q2＝20，a1q＋a1q3＝10，

解得所以an＝，

当an＝≥1时，解得n≤5，

所以a1>

a2>

a3>

a4>

a5＝1>

a6>

a7>

所以Tn的最大值为T4＝T5＝16×

8×

4×

2＝1024.

（2）由

（1）知bn＝log2an＝log2 

＝5－n，

则an·

bn＝（5－n）·

n－5，

Sn＝4·

－4＋3·

－3＋…＋（5－n）·

两边同时乘得，Sn＝4·

－3＋3·

－2＋…＋（5－n）·

n－4，

两式相减得，

－4－－（5－n）·

n－4

＝4×

16－－（5－n）·

＝64－16－（5－n）·

＝48＋（n－3）·

所以Sn＝96＋（n－3）·

25－n.

命题点3　裂项相消法求和

例5（2020·

三明质检）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且（t＋1）Sn＝a＋3an＋2（t∈R）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.

解　

（1）因为a1＝1，且（t＋1）Sn＝a＋3an＋2，

所以（t＋1）S1＝a＋3a1＋2，所以t＝5.

所以6Sn＝a＋3an＋2.①

当n≥2时，有6Sn－1＝a＋3an－1＋2，②

①－②得6an＝a＋3an－a－3an－1，

所以（an＋an－1）（an－an－1－3）＝0，

因为an>

0，所以an－an－1＝3，

又因为a1＝1，

所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，

所以an＝3n－2（n∈N*）．

（2）因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，

所以bn－bn－1＝an（n≥2，n∈N*），

所以当n≥2时，

bn＝（bn－bn－1）＋（bn－1－bn－2）＋…＋（b2－b1）＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝.

又b1＝1也适合上式，所以bn＝（n∈N*）