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1、▼▼▼2019屆高考數學復習資料▼▼▼ 學案31　數列的通項與求和 導學目標： 1.能利用等差、等比數列前n項和公式及其性質求一些特殊數列的和.2.能在具體的問題情境中，識別數列的等差關系或等比關系，并能用有關知識解決相應的問題． 自主梳理 1．求數列的通項 (1)數列前n項和Sn與通項an的關系： an＝ (2)當已知數列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用________求數列的通項an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)． (3)當已知數列{an}中，滿足＝f(n)，且f(

2、1)·f(2)·…·f(n)可求，則可用__________求數列的通項an，常利用恒等式an＝a1···…·. (4)作新數列法：對由遞推公式給出的數列，經過變形后化歸成等差數列或等比數列來求通項． (5)歸納、猜想、證明法． 2．求數列的前n項的和 (1)公式法 ①等差數列前n項和Sn＝____________＝________________，推導方法：____________； ②等比數列前n項和Sn＝ 推導方法：乘公比，錯位相減法． ③常見數列的前n項和： a．1＋2＋3＋…＋n＝__________； b．2＋4＋6＋…＋2n＝__________； c．1＋

3、3＋5＋…＋(2n－1)＝______； d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________； e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________. (2)分組求和：把一個數列分成幾個可以直接求和的數列． (3)裂項(相消)法：有時把一個數列的通項公式分成兩項差的形式，相加過程消去中間項，只剩有限項再求和． 常見的裂項公式有： ①＝－； ②＝； ③＝－. (4)錯位相減：適用于一個等差數列和一個等比數列對應項相乘構成的數列求和． (5)倒序相加：例如，等差數列前n項和公式的推導． 自我檢測 1．(原創(chuàng)題)已知數列{an}的前n項的乘積為Tn＝3n2(

4、n∈N*)，則數列{an}的前n項的(　　) A.(3n－1) B.(3n－1) C.(9n－1) D.(9n－1) 2．(2011·邯鄲月考)設{an}是公比為q的等比數列，Sn是其前n項和，若{Sn}是等差數列，則q為 (　　) A．－1 B．1 C．±1 D．0 3．已知等比數列{an}的公比為4，且a1＋a2＝20，設bn＝log2an，則b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于

5、 (　　) A．n2＋n B．2(n2＋n) C．2n2＋n D．4(n2＋n) 4．(2010·天津高三十校聯考)已知數列{an}的通項公式an＝log2 (n∈N*)，設{an}的前n項的和為Sn，則使Sn<－5成立的自然數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·北京海淀區(qū)期末)設關于x的不等式x2－x<2nx (n∈N*)的解集中整數的個數為an，數列{an}的前n項和為Sn，則S1

6、00的值為________． 6．數列1,4，7，10，…前10項的和為________. 探究點一　求通項公式 例1　已知數列{an}滿足an＋1＝，a1＝2，求數列{an}的通項公式． 變式遷移1　設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2. (1)設bn＝an＋1－2an，證明數列{bn}是等比數列； (2)求數列{an}的通項公式． 探究點二　裂項相消法求和 例2　已知數列{an}，Sn是其前n項和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，Tn是數列{

7、bn}的前n項和，求使得Tn<對所有n∈N*都成立的最小正整數m. 變式遷移2　求數列1，，，…，，…的前n項和． 探究點三　錯位相減法求和 例3　(2011·荊門月考)已知數列{an}是首項、公比都為q (q>0且q≠1)的等比數列，bn＝anlog4an (n∈N*)． (1)當q＝5時，求數列{bn}的前n項和Sn； (2)當q＝時，若bn

8、的函數值中所有整數值的個數為g(n)，an＝(n∈N*)，則Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝ (　　) A．(－1)n－1 B．(－1)n C. D．－ 【答題模板】 答案　A 解析　本題考查二次函數的性質以及并項轉化法求和． 當x∈[n，n＋1](n∈N*)時，函數f(x)＝x2＋x的值隨x的增大而增大，則f(x)的值域為[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2. 方法一　當n為偶數時，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋

9、…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－·＝－； 當n為奇數時，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， 檢驗選擇項，可確定A正確． 【突破思維障礙】 在利用并項轉化求和時，由于數列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數n進行分類討論，但最終的結果卻往往可以用一個公式來表示． 1．求數列的通項：(1)公式法：例如等差數列、等比數列的通項； (2)觀察法：例如由數列的前幾項來求通項； (3)

10、可化歸為使用累加法、累積法； (4)可化歸為等差數列或等比數列，然后利用公式法； (5)求出數列的前幾項，然后歸納、猜想、證明． 2．數列求和的方法： 一般的數列求和，應從通項入手，若無通項，先求通項，然后通過對通項變形，轉化為與特殊數列有關或具備某種方法適用特點的形式，從而選擇合適的方法求和． 3．求和時應注意的問題： (1)直接用公式求和時，注意公式的應用范圍和公式的推導過程． (2)注意觀察數列的特點和規(guī)律，在分析數列通項的基礎上或分解為基本數列求和，或轉化為基本數列求和． (滿分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．(2010·廣東)已知數列{a

11、n}為等比數列，Sn是它的前n項和，若a2·a3＝2a1且a4與2a7的等差中項為，則S5等于 (　　) A．35 B．33 C．31 D．29 2．(2011·黃岡調研)有兩個等差數列{an}，{bn}，其前n項和分別為Sn，Tn，若＝，則＝ (　　) A. B. C. D. 3．如果數列{an}滿足a1＝2

12、，a2＝1且＝ (n≥2)，則此數列的第10項(　　) A. B. C. D. 4．數列{an}的前n項和為Sn，若an＝，則S5等于 (　　) A．1 B. C. D. 5．數列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n項和Sn>1 020，那么n的最小值是 (　　) A．7 B．8 C．9 D．10 題號 1 2 3 4 5 答

13、案 二、填空題(每小題4分，共12分) 6．(2010·東北師大附中高三月考)數列{an}的前n項和為Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，則log4S10＝__________. 7．(原創(chuàng)題)已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，則該數列前26項的和為________． 8．對于數列{an}，定義數列{an＋1－an}為數列{an}的“差數列”，若a1＝2，{an}的“差數列”的通項為2n，則數列{an}的前n項和Sn＝____________. 三、解答題(共38分) 9．(12分)(2011·河源月考)已知函數f(x)

14、＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)． (1)若函數f(x)的圖象的頂點的橫坐標構成數列{an}，試證明數列{an}是等差數列； (2)設函數f(x)的圖象的頂點到x軸的距離構成數列{bn}，試求數列{bn}的前n項和Sn. 10．(12分)(2011·三門峽月考)設等差數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常數，n∈N*)，a2＝6. (1)求c的值及數列{an}的通項公式； (2)證明＋＋…＋<. 11．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知數列{an}的前n項和為Sn＝3n，數列{bn}滿足b1＝－1，

15、bn＋1＝bn＋(2n－1) (n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式an； (2)求數列{bn}的通項公式bn； (3)若cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn. 答案 自主梳理 1．(2)累加法　(3)累積法　2.(1)①　na1＋d　倒序相加法　②na1　　 ③　n2＋n　n2　　2 自我檢測 1．C　2.B　3.B　4.B 5．10 100　6.145 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　已知遞推關系求通項公式這類問題要求不高，主要掌握由a1和遞推關系先求出前幾項，再歸納、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…

16、＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝··…··a1等方法． 解　已知遞推可化為 －＝， ∴－＝，－＝，－＝，…，－＝. 將以上(n－1)個式子相加得 －＝＋＋＋…＋， ∴＝＝1－. ∴an＝. 變式遷移1　(1)證明　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. 因此數列{bn}是首項為3，公比為2的等比數列． (2)解　由(1)知等比數列{bn}中，b1＝3

17、，公比q＝2， 所以an＋1－2an＝3×2n－1， 于是－＝， 因此數列是首項為，公差為的等差數列， ＝＋(n－1)×＝n－， 所以an＝(3n－1)·2n－2. 例2　解題導引　1.利用裂項相消法求和時，應注意抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項．再就是將通項公式裂項后，有時候需要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項公式相等． 2．一般情況如下，若{an}是等差數列， 則＝，＝. 此外根式在分母上時可考慮利用有理化因式相消求和． 解　(1)∵n≥2時，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2， 兩式相減，得an＋1－

18、an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1， ∴an＋1＝8an(n∈N*)． ∴{an}是一個以2為首項，8為公比的等比數列， ∴an＝2·8n－1＝23n－2. (2)∵bn＝＝ ＝(－)， ∴Tn＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1－)<. ∴≥，∴最小正整數m＝7. 變式遷移2　解　an＝＝2， ∴Sn＝2·[＋＋…＋]＝2·＝. 例3　解題導引　1.一般地，如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法． 2．用乘公比錯位相減法求和時，應注意： (1)要善于識別題

19、目類型，特別是等比數列公比為負數的情形； (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式． 解　(1)由題意得an＝qn， ∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn ＝n·5n·log45， ∴Sn＝(1×5＋2×52＋…＋n×5n)log45， 設Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，① 則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)

20、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時，bn

21、n≥2)． 兩式相減得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， ∴an＋1＝4an，即＝4. ∴{an}為以a2為首項，公比為4的等比數列． 當n＝1時，a2＝3S1＝3， ∴n≥2時，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. ∴l(xiāng)og4S10＝log449＝9. 7．－10 解析　依題意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝，所以數列周期為4，S26＝6×(1－2－1＋)＋1－2＝－10. 8．

22、2n＋1－2 解析　依題意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代數式相加得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)由題意，an＝n＋1， 故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1， 故數列{an}是以1為公差，2為首項的等差數列．……………………………………(5分) (2)由題意，bn＝|3n－8|.………………………………………………………

23、……………(7分) 當1≤n≤2時，bn＝－3n＋8， 數列{bn}為等差數列，b1＝5， ∴Sn＝＝；………………………………………………………(9分) 當n≥3時，bn＝3n－8，數列{bn}是等差數列，b3＝1. ∴Sn＝S2＋＝.…………………………………………(11分) ∴Sn＝……………………………………………(12分) 10．(1)解　因為Sn＝nan＋an－c， 所以當n＝1時，S1＝a1＋a1－c， 解得a1＝2c，………………………………………………………………………………(2分) 當n＝2時，S2＝a2＋a2－c， 即a1＋a2＝2a2－c，解得a2

24、＝3c，………………………………………………………(3分) 所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………(4分) 則a1＝4，數列{an}的公差d＝a2－a1＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………………………………………………………(6分) (2)證明　因為＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝(－)＋(－)＋…＋(－) ＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]……………………………………………(8分) ＝(－)＝－.……………………………………………………………(10分) 因為n∈N*，所以＋＋…＋<.…………………………………………(12分)

25、 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) 當n＝1時，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.…………

26、……………………………………………………(7分) (3)由題意得 cn＝……………………………………………………(9分) 當n≥2時，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， 相減得－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也適合． ∴Tn＝ (n∈N*)．…………………………………………………………(14分) 高考數學復習精品 高考數學復習精品