高考数学理科一轮复习数列的通项与求和学案附答案.docx

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高考数学理科一轮复习数列的通项与求和学案附答案

高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案

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　　m　　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，并能用有关知识解决相应的问题．

　　自主梳理

　　．求数列的通项

　　数列前n项和Sn与通项an的关系：

　　an＝S1，　　n＝1，Sn－Sn－1，

　　n≥2.

　　当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f，且f＋f＋…＋f可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋＋＋…＋．

　　当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f，且f•f•…•f可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1•a2a1•a3a2•…•anan－1.

　　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．

　　归纳、猜想、证明法．

　　2．求数列的前n项的和

　　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＝　　，q＝1，　　＝　　，q≠1.

　　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＋…＋＝______；

　　d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________；

　　e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________.

　　分组求和：

把一个数列分成几个可以直接求和的数列．

　　裂项法：

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：

　　①1nn＋1＝1n－1n＋1；

　　②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；

　　③1n＋n＋1＝n＋1－n.

　　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．

　　倒序相加：

例如，等差数列前n项和公式的推导．

　　自我检测

　　．已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2，则数列{an}的前n项的

　　A.32

　　B.92

　　c.38

　　D.98

　　2．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

　　c．2n2＋n

　　D．4

　　4．已知数列{an}的通项公式an＝log2n＋1n＋2，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．设关于x的不等式x2－x<2nx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1,412，714，1018，…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＝2n＋1•anan＋2n＋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.

　　设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；

　　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，a1＝2.

　　求数列{an}的通项公式；

　　设bn＝1log2an•log2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.

　　变式迁移2　求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n项和．

　　探究点三　错位相减法求和

　　例3　已知数列{an}是首项、公比都为q的等比数列，bn＝anlog4an．

　　当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；

　　当q＝1415时，若bn<bn＋1，求n的最小值．

　　变式迁移3　求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.

　　分类讨论思想的应用

　　例　二次函数f＝x2＋x，当x∈[n，n＋1]时，f的函数值中所有整数值的个数为g，an＝2n3＋3n2gn，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋n－1an＝

　　A．n－1nn＋12

　　B．nnn＋12

　　c.nn＋12

　　D．－nn＋12

　　【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]时，函数f＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2]，∴g＝2n＋3，于是an＝2n3＋3n2gn＝n2.

　　方法一　当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝＋＋…＋[2－n2]＝－[3＋7＋…＋]＝－3＋2n－12•n2＝－nn＋12；

　　当n为奇数时，Sn＝＋＋…＋＋an

　　＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，

　　∴Sn＝n－1nn＋12.

　　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进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．

　　．求数列的通项：

公式法：

例如等差数列、等比数列的通项；

　　观察法：

例如由数列的前几项来求通项；

　　可化归为使用累加法、累积法；

　　可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；

　　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．求和时应注意的问题：

　　直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．

　　注意观察数列的特点和规律，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．

　　一、选择题

　　．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54，则S5等于

　　A．35

　　B．33

　　c．31

　　D．29

　　2．有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝7n＋2n＋3，则a5b5＝

　　A.6512

　　B.378

　　c.7213

　　D.94

　　3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1，则此数列的第10项

　　A.1210

　　B.129

　　c.110

　　D.15

　　4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于

　　A．1

　　B.56

　　c.16

　　D.130

　　5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1020，那么n的最小值是

　　A．7

　　B．8

　　c．9

　　D．10

　　题号

　　2

　　3

　　4

　　5

　　答案

　　二、填空题

　　6．数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn，则log4S10＝__________.

　　7．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－1an，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

　　9．已知函数f＝x2－2x＋n2＋5n－7．

　　若函数f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；

　　设函数f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.

　　0．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－c，a2＝6.

　　求c的值及数列{an}的通项公式；

　　证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1<18.

　　1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋．

　　求数列{an}的通项公式an；

　　求数列{bn}的通项公式bn；

　　若cn＝an•bnn，求数列{cn}的前n项和Tn.

　　答案

　　自主梳理

　　．累加法　累积法　2.①n2　na1＋n2d　倒序相加法　②na1　a11－q　a1－anq1－q

　　③n2　n2＋n　n2　n6　n22

　　自我检测

　　．c　2.B　3.B　4.B

　　5．10100　6.145511512

　　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，主要掌握由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＝＋＋…＋＋a1；累乘：

an＝anan－1•an－1an－2•…•a2a1•a1等方法．

　　解　已知递推可化为

　　an＋1－1an＝12n＋1，

　　∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an－1＝12n.

　　将以上个式子相加得

　　an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，

　　∴1an＝121－12n1－12＝1－12n.

　　∴an＝2n2n－1.

　　变式迁移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＋1－4an；

　　于是an＋2－2an＋1＝2，

　　即bn＋1＝2bn.

　　因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

　　解　由知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，

　　所以an＋1－2an＝3×2n－1，

　　于是an＋12n＋1－an2n＝34，

　　因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，

　　an2n＝12＋×34＝34n－14，

　　所以an＝•2n－2.

　　例2　解题导引　1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，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．

　　2．一般情况如下，若{an}是等差数列，

　　则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.

　　此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．

　　解　∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，

　　两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an．

　　又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，

　　∴an＋1＝8an．

　　∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，

　　∴an＝2•8n－1＝23n－2.

　　∵bn＝1log2an•log2an＋1＝1

　　＝13，

　　∴Tn＝13

　　＝13<13.

　　∴m20≥13，∴最小正整数m＝7.

　　变式迁移2　解　an＝2n＝21n－1n＋1，

　　∴Sn＝2•[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝2•1－1n＋1＝2nn＋1.

　　例3　解题导引　1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an•bn}的前n项和时，可采用错位相减法．

　　2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：

　　要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

　　在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．

　　解　由题意得an＝qn，

　　∴bn＝an•log4an＝qn•log4qn

　　＝n•5n•log45，

　　∴Sn＝log45，

　　设Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，①

　　则5Tn＝1×52＋2×53＋…＋×5n＋n×5n＋1，②

　　①－②得－4Tn＝5＋52＋53＋…＋5n－n×5n＋1

　　＝54－n×5n＋1，

　　∴Tn＝516，

　　Sn＝516log45.

　　∵bn＝anlog4an＝n1415nlog41415，

　　∴bn＋1－bn＝1415n＋1log41415－

　　n1415nlog41415

　　＝1415n1415－n15log41415>0，

　　∵1415n>0，log41415<0，

　　∴1415－n15<0，∴n>14，

　　即n≥15时，bn<bn＋1.

　　故所求的n的最小值是15.

　　变式迁移3　解　当a＝1时，

　　Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n2，

　　当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①

　　∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②

　　①－②，得1－1a•Sn

　　＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，

　　－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1

　　＝1－1ana－1－nan＋1，

　　∴Sn＝a1－1an2－n•an.

　　∴Sn＝n2，

　　　a＝1，a1－1an2－n•an，

　　a≠1.

　　课后练习区

　　．c　2.A　3.D　4.B　5.D

　　6．9

　　解析　∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1．

　　两式相减得an＋1－an＝3＝3an，

　　∴an＋1＝4an，即an＋1an＝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＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.

　　∴log4S10＝log449＝9.

　　7．－10

　　解析　依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×＋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，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.

　　9．解　f＝x2－2x＋n2＋5n－7

　　＝[x－]2＋3n－8.…………………………………………………………………

　　由题意，an＝n＋1，

　　故an＋1－an＝＋1－＝1，

　　故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………

　　由题意，bn＝|3n－8|.……………………………………………………………………

　　当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，

　　数列{bn}为等差数列，b1＝5，

　　∴Sn＝n2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………

　　当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.

　　∴Sn＝S2＋2＝3n2－13n＋282.…………………………………………

　　∴Sn＝－3n2＋13n2，　　1≤n≤2，3n2－13n＋282，

　　n≥3.……………………………………………

　　0．解　因为Sn＝12nan＋an－c，

　　所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－c，

　　解得a1＝2c，………………………………………………………………………………

　　当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，

　　即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………………………………………………………

　　所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………

　　则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，

　　所以an＝a1＋d＝2n＋2.……………………………………………………………

　　证明　因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1

　　＝14×6＋16×8＋…＋1

　　＝12＋12＋…＋12

　　＝12[＋＋…＋]……………………………………………

　　＝12＝18－14.……………………………………………………………

　　因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1<18.…………………………………………

　　1．解　∵Sn＝3n，

　　∴Sn－1＝3n－1．

　　∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1．……………………………………………

　　当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………

　　∴an＝3，　　　n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………

　　∵bn＋1＝bn＋，

　　∴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＋…＋

　　＝2＝2.

　　∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………………………………………………………

　　由题意得

　　cn＝－3，n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*.……………………………………………………

　　当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2×3n－1，

　　∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2×3n，

　　相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2×3n.

　　∴Tn＝×3n－

　　＝×3n－3n－32＝3n＋32.…………………………………………………

　　T1＝－3也适合．

　　∴Tn＝3n＋32．…………………………………………………………

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