【数学】2019届一轮复习北师大版数列的通项与求和学案

【数学】2019届一轮复习北师大版数列的通项与求和学案

专题三 数列 第二讲 数列的通项与求和 高考导航 以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和．‎ ‎2．利用递推关系求数列的通项、前n项和.‎ ‎1．(2017·石家庄一模)已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为( )‎ A．an＝ B．an＝ C．an＝ D．an＝n ‎[解析] 因为(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即＝，‎ 则当n≥2时，an＝··…··a1＝··…··1＝.又∵a1＝1也适合，∴an＝，故选B.‎ ‎[答案] B ‎2．(2016·浙江卷)如图，点列{An}，{Bn ‎}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )‎ A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列 ‎[解析] Sn表示An点到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn＋1|长度的一半，即Sn＝hn|BnBn＋1|，因为|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，所以|BnBn＋1|的长度为定值，设锐角为θ，则hn＝h1＋|A1An|sinθ，‎ ‎∴Sn＝(h1＋|A1An|sinθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝(h1＋|A1An＋1|sinθ)|Bn＋1Bn＋2|，‎ ‎∴Sn＋1－Sn＝(|AnAn＋1|sinθ)·|BnBn＋1|，‎ ‎∵|AnAn＋1|，|BnBn＋1|为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，即Sn是等差数列，故选A.‎ ‎[答案] A ‎3．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.‎ ‎[解析] 由题意知， 解得a1＝1，d＝1，‎ ‎∴Sn＝，‎ ‎∴＝2.‎ ‎∴＝2＝.‎ ‎[答案] ‎4．(2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－‎2a1，S11＝11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．‎ ‎[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2.所以bn＝2n.‎ 由b3＝a4－‎2a1，可得3d－a1＝8.①‎ 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，‎ 数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，‎ 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，‎ 有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，‎ 上述两式相减，得 ‎－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－4－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－(3n－2)×4n＋1－8.‎ 得Tn＝×4n＋1＋.‎ 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.‎ 考点一 求数列的通项公式 数列通项公式的求法 ‎(1)公式法：由an＝求通项公式．‎ ‎(2)累加法：由形如an＋1－an＝f(n)(f(n)是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．‎ ‎(3)累乘法：由形如＝f(n)(f(n)是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．‎ ‎(4)构造法：由形如“an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．角度1：累加法、累乘法求数列通项 ‎[解析] 因为an＋1－1＝an＋2n，‎ 所以当n≥2时，an－an－1＝2n－1，‎ an－1－an－2＝2(n－1)－1，‎ an－2－an－3＝2(n－2)－1，‎ ‎…‎ a2－a1＝2×2－1，‎ 将以上各式相加，‎ 得an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2]－(n－1)＝－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.‎ 又因为a1＝2，所以an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝2适合上式．‎ 故an＝n2＋1(n∈N*)．‎ ‎[答案] an＝n2＋1角度2：构造法求数列通项 ‎[解析] 在递推公式an＋1＝2an＋3×2n的两边同时除以2n＋1，得＝＋，所以数列是等差数列，其首项为＝1，公差为，所以＝1＋(n－1)×＝n－，所以an＝(3n－1)·2n－1.‎ ‎[答案] an＝(3n－1)·2n－1‎ ‎[探究追问] 若例1－2中的“an＋1＝2an＋3×2n”改为“an＋1＝2an＋3×5n”，其他条件不变，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎[解析] 解法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n ‎＋1，得＝×＋，①‎ 令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，又因为b1－1＝－1＝－，‎ 所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为－，公比为，‎ 所以bn－1＝×n－1，即bn＝1－×n－1，‎ 所以＝1－×n－1＝1－，‎ 故an＝5n－3×2n－1.‎ 解法二：设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1.‎ ‎[答案] an＝5n－3×2n－1‎ ‎ 求数列通项公式的两种策略 ‎(1)已知Sn与an的递推关系求通项常用两个思路：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.‎ ‎(2)已知an与an＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．‎ ‎ [对点训练]‎ ‎ 1．[角度1](2017·东北三校联考)若数列{an}满足a1＝1，an＋1‎ ‎＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ ‎[解析] 由an＋1＝2nan，得＝2n，令n＝1,2，…，可得＝21，＝22，…，＝2n－1(n≥2)，将这n－1个等式叠乘得＝21＋2＋…＋(n－1)＝2，故an＝2.‎ 又a1＝1满足上式，故an＝2.‎ ‎[答案] 2 ‎2．[角度2]已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足Sn＋an＝2n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎[解析] 因为Sn＋an＝2n＋1，‎ 所以当n＝1时，a1＋a1＝2＋1，解得a1＝.‎ 当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，‎ 所以an－an－1＋an＝2，即an＝an－1＋1，‎ 即an－2＝(an－1－2)，又因为a1－2＝－，‎ 所以数列{an－2}是等比数列，其首项为－，公比为，‎ 所以an－2＝－n，所以an＝2－n＝2－.‎ ‎[答案] an＝2－ 考点二 求数列的前n项和 数列求和的方法 ‎(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn 形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．‎ ‎(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如(其中{an}是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．‎ ‎(3)错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．‎ ‎(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．角度1：分组求和 ‎[解析] 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1123.选C.‎ ‎[答案] C角度2：裂项相消求和 ‎[解] (1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.‎ 可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即 ‎2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．‎ 由于an>0，可得an＋1－an＝2.‎ 又a＋‎2a1＝‎4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.‎ 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.‎ ‎(2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝.‎ ‎ [思维流程] (1)→ ‎(2)→→ ‎[解] (1)由an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，得an＋1－an＝2(an－an－1)，‎ 因此数列{an＋1－an}是公比为2，首项为a2－a1＝2的等比数列．‎ 所以当n≥2时，an－an－1＝2×2n－2＝2n－1，‎ an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－1＋2n－2＋…＋2)＋2＝2n，‎ 当n＝1时，也符合，故an＝2n.‎ ‎(2)由(1)知bn＝，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋①‎ Tn＝＋＋＋…＋②‎ ‎①－②，得Tn＝＋＋＋＋…＋－ ‎＝＋2－ ‎＝＋2×－ ‎＝＋1－－＝－，‎ 所以Tn＝3－.‎ ‎ 数列求和的解题策略 解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．有时几种方法同时集中在一道题目中，要细致观察通项的特征，灵活应用求和方法．‎ ‎【易错提醒】 (1)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．‎ ‎(2)在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．[角度1](2017·山东德州模拟)数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2016等于( )‎ A．1008 B．2016 C．504 D．0‎ ‎[解析] 易知a1＝cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….‎ 所以数列{an}的所有奇数项为0，前2016项中所有偶数项(共1008项)依次为－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.‎ ‎[答案] A ‎2．[角度2](2017·济南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d0，S18<0，即S17＝‎17a9>0，S18＝9(a9＋a10)<0，∴a9>0，a10<0，∴等差数列{an}为递减数列，故可知a1，a2，…，a9为正，a10，a11，…为负．∵S1，S2，…，S17为正，S18，S19，…为负，∴>0，>0，…，>0，<0，<0，…，<0，又∵S1a2>…>a9，则最大，故选C.‎ ‎[答案] C角度2：数列与解析几何 ‎[解析] 令y＝f(x)＝2x2，则切线斜率k＝f′(ai)＝4ai，切线方程为y－‎2a＝4ai(x－ai)，令y＝0得x＝ai＋1＝ai，由a2＝32，得a4＝8，a6＝2，所以a2＋a4＋a6＝42，故选B.‎ ‎[答案] B ‎[解析] 由题意知，此人每天走的里数构成公比为的等比数列，‎ 设等比数列的首项为a1，则＝378，‎ 解得a1＝192，所以a4＝192×＝24，a5＝24×＝12，则a4＋a5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里．‎ ‎[答案] C ‎(1)数列应用问题的3种类型 ‎①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．‎ ‎②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．‎ ‎③数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．‎ ‎(2)解决数列与数学文化交汇问题的关键 一是读懂题意，即会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构造模型，即构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是求解模型，即利用所学知识求解数列的相关信息．‎ ‎ [对点训练]‎ ‎1．[角度1](2017·安徽淮南一模)已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )‎ A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)‎ C．(－3，＋∞) D．[－3，＋∞)‎ ‎[解析] ∵{an}是递增数列，∴∀n∈N*，an＋1>an，‎ ‎∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，‎ 化简得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3.故选C.‎ ‎[答案] C ‎2．[角度2](2017·四川绵阳模拟)已知圆的方程为x2＋y2－6x＝0，过点(1,2)的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是________．‎ ‎[解析] ‎ 如图，由x2＋y2－6x＝0，‎ 得(x－3)2＋y2＝9，‎ ‎∴圆心坐标C(3,0)，半径r＝3.‎ 由圆的性质可知，过点P(1,2)的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于6，‎ 最小值为过P且垂直于CP的弦的弦长．‎ ‎∵|CP|＝＝2，‎ ‎∴|AB|＝2＝2，‎ 即a1＝2，a3＝6.‎ ‎∴公差d的最大值为＝＝2.‎ ‎[答案] 2‎ ‎3．[角度3]意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列{an}称为斐波那契数列．则iai＋2－的值为________．‎ ‎[解析] 由题意，得a‎1a3－a＝1×2－1＝1，a‎2a4－a＝1×3－4＝－1，a‎3a5－a＝2×5－9＝1，a‎4a6－a＝3×8－25＝－1，…，a‎8a10－a＝21×55－342＝－1，a‎9a11－a＝34×89－552＝1，所以iai＋2－＝(aiai＋2－a)＝1.‎ ‎[答案] 1‎ 热点课题12 数列的通项与求和 ‎ [感悟体验]‎ ‎ 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×2＝‎4a1＋12，‎ 由题意得(‎2a1＋2)2＝a1(‎4a1＋12)，‎ 解得a1＝1，‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－＝1－＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.‎ 所以Tn＝