《新編高考數(shù)學(xué)人教A版理科含答案導(dǎo)學(xué)案【第六章】數(shù)列 學(xué)案31》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)人教A版理科含答案導(dǎo)學(xué)案【第六章】數(shù)列 學(xué)案31（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 學(xué)案31　數(shù)列的通項(xiàng)與求和 導(dǎo)學(xué)目標(biāo)： 1.能利用等差、等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式及其性質(zhì)求一些特殊數(shù)列的和.2.能在具體的問題情境中，識別數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，并能用有關(guān)知識解決相應(yīng)的問題． 自主梳理 1．求數(shù)列的通項(xiàng) (1)數(shù)列前n項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an的關(guān)系： an＝ (2)當(dāng)已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用________求數(shù)列的通項(xiàng)an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)． (3)當(dāng)已知數(shù)列{an}中，滿足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…

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

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

4、{an}的前n項(xiàng)的(　　) A.(3n－1) B.(3n－1) C.(9n－1) D.(9n－1) 2．(2011·邯鄲月考)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，若{Sn}是等差數(shù)列，則q為 (　　) A．－1 B．1 C．±1 D．0 3．已知等比數(shù)列{an}的公比為4，且a1＋a2＝20，設(shè)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(lián)考)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝log2 (n∈N*)，設(shè){an}的前n項(xiàng)的和為Sn，則使Sn<－5成立的自然數(shù)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(shè)關(guān)于x的不等式x2－x<2nx (n∈N*)的解集中整數(shù)的個數(shù)為an，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S100的值為____

6、____． 6．?dāng)?shù)列1,4，7，10，…前10項(xiàng)的和為________. 探究點(diǎn)一　求通項(xiàng)公式 例1　已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝，a1＝2，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 變式遷移1　設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2. (1)設(shè)bn＝an＋1－2an，證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 探究點(diǎn)二　裂項(xiàng)相消法求和 例2　已知數(shù)列{an}，Sn是其前n項(xiàng)和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，

7、求使得Tn<對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m. 變式遷移2　求數(shù)列1，，，…，，…的前n項(xiàng)和． 探究點(diǎn)三　錯位相減法求和 例3　(2011·荊門月考)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)、公比都為q (q>0且q≠1)的等比數(shù)列，bn＝anlog4an (n∈N*)． (1)當(dāng)q＝5時，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn； (2)當(dāng)q＝時，若bn

8、值的個數(shù)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(shù)的性質(zhì)以及并項(xiàng)轉(zhuǎn)化法求和． 當(dāng)x∈[n，n＋1](n∈N*)時，函數(shù)f(x)＝x2＋x的值隨x的增大而增大，則f(x)的值域?yàn)閇n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2. 方法一　當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2

9、－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－·＝－； 當(dāng)n為奇數(shù)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(yàn)選擇項(xiàng)，可確定A正確． 【突破思維障礙】 在利用并項(xiàng)轉(zhuǎn)化求和時，由于數(shù)列的各項(xiàng)是正負(fù)交替的，所以一般需要對項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行分類討論，但最終的結(jié)果卻往往可以用一個公式來表示． 1．求數(shù)列的通項(xiàng)：(1)公式法：例如等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)； (2)觀察法：例如由數(shù)列的前幾項(xiàng)來求通項(xiàng)； (3)可化歸為使用累加法

10、、累積法； (4)可化歸為等差數(shù)列或等比數(shù)列，然后利用公式法； (5)求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，然后歸納、猜想、證明． 2．?dāng)?shù)列求和的方法： 一般的數(shù)列求和，應(yīng)從通項(xiàng)入手，若無通項(xiàng)，先求通項(xiàng)，然后通過對通項(xiàng)變形，轉(zhuǎn)化為與特殊數(shù)列有關(guān)或具備某種方法適用特點(diǎn)的形式，從而選擇合適的方法求和． 3．求和時應(yīng)注意的問題： (1)直接用公式求和時，注意公式的應(yīng)用范圍和公式的推導(dǎo)過程． (2)注意觀察數(shù)列的特點(diǎn)和規(guī)律，在分析數(shù)列通項(xiàng)的基礎(chǔ)上或分解為基本數(shù)列求和，或轉(zhuǎn)化為基本數(shù)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(shù)列{an}為等比數(shù)列，S

11、n是它的前n項(xiàng)和，若a2·a3＝2a1且a4與2a7的等差中項(xiàng)為，則S5等于 (　　) A．35 B．33 C．31 D．29 2．(2011·黃岡調(diào)研)有兩個等差數(shù)列{an}，{bn}，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若＝，則＝ (　　) A. B. C. D. 3．如果數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝1且＝ (

12、n≥2)，則此數(shù)列的第10項(xiàng)(　　) A. B. C. D. 4．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝，則S5等于 (　　) A．1 B. C. D. 5．?dāng)?shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n項(xiàng)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 答案

13、 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(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，則log4S10＝__________. 7．(原創(chuàng)題)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，則該數(shù)列前26項(xiàng)的和為________． 8．對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝____________. 三、解答題(共38分) 9．(12分)(2011·河源月考)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(n＋1

14、)x＋n2＋5n－7(n∈N*)． (1)若函數(shù)f(x)的圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{an}，試證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列； (2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象的頂點(diǎn)到x軸的距離構(gòu)成數(shù)列{bn}，試求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 10．(12分)(2011·三門峽月考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常數(shù)，n∈N*)，a2＝6. (1)求c的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)證明＋＋…＋<. 11．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝3n，數(shù)列{bn}滿足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(

15、2n－1) (n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn； (3)若cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)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(dǎo)引　已知遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式這類問題要求不高，主要掌握由a1和遞推關(guān)系先求出前幾項(xiàng)，再歸納、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋

16、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(shù)列{bn}是首項(xiàng)為3，公比為2的等比數(shù)列． (2)解　由(1)知等比數(shù)列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，

17、所以an＋1－2an＝3×2n－1， 于是－＝， 因此數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列， ＝＋(n－1)×＝n－， 所以an＝(3n－1)·2n－2. 例2　解題導(dǎo)引　1.利用裂項(xiàng)相消法求和時，應(yīng)注意抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)．再就是將通項(xiàng)公式裂項(xiàng)后，有時候需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項(xiàng)之差和系數(shù)之積與原通項(xiàng)公式相等． 2．一般情況如下，若{an}是等差數(shù)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－an＝7an，∴a

18、n＋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(xiàng)，8為公比的等比數(shù)列， ∴an＝2·8n－1＝23n－2. (2)∵bn＝＝ ＝(－)， ∴Tn＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1－)<. ∴≥，∴最小正整數(shù)m＝7. 變式遷移2　解　an＝＝2， ∴Sn＝2·[＋＋…＋]＝2·＝. 例3　解題導(dǎo)引　1.一般地，如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時，可采用錯位相減法． 2．用乘公比錯位相減法求和時，應(yīng)注意： (1)要善于識別題目類型，特別是等比

19、數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形； (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項(xiàng)對齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)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(shè)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)log45. (

20、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、相減得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， ∴an＋1＝4an，即＝4. ∴{an}為以a2為首項(xiàng)，公比為4的等比數(shù)列． 當(dāng)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(shù)列周期為4，S26＝6×(1－2－1＋)＋1－2＝－10. 8．2n＋1－2 解

22、析　依題意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代數(shù)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(shù)列{an}是以1為公差，2為首項(xiàng)的等差數(shù)列．……………………………………(5分) (2)由題意，bn＝|3n－8|.……………………………………………………………………(7分)

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

24、…………………………………………(3分) 所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………(4分) 則a1＝4，數(shù)列{an}的公差d＝a2－a1＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………………………………………………………(6分) (2)證明　因?yàn)椋? ＝＋＋…＋ ＝(－)＋(－)＋…＋(－) ＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]……………………………………………(8分) ＝(－)＝－.……………………………………………………………(10分) 因?yàn)閚∈N*，所以＋＋…＋<.…………………………………………(12分) 11．解　(1

25、)∵Sn＝3n， ∴Sn－1＝3n－1 (n≥2)． ∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1 (n≥2)．……………………………………………(3分) 當(dāng)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(dāng)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)