2019届高考数学（理）二轮复习专题透析课件和讲义专题3　数列

2019届高考数学（理）二轮复习专题透析课件和讲义专题3　数列

专题 透 析 2019 专题 3 数列 03 07 目录 微专题 07 等差数列与等比 数列 08 微专题 08 数列求和的方法 W 网络构建 WANGLUO GOUJIAN 点击 ▼ 出答案 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 一、等差数列 1 . 等差数列的通项公式是什么 ? 如何表示等差数列中任意两项的关系 ? a n =a 1 + ( n- 1) d ; a n =a m + ( n-m ) d. 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 2 . 等差数列的前 n 项和公式是什么 ? 它具有什么特点 ? S n = =na 1 + d. 等差数列的前 n 项和为关于 n 的二次函数 , 且没有常数项 . 返   Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 请列举等差数列的通项与前 n 项和的一些重要性质 . Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE (2) 数列 仍为等差数列，公差为 (3) 若 { a n } ， { b n } 都是等差数列，则 { a n } 仍为等差数列 . (4) 在项数为 n 的等差数列中， 当 n 为奇数时， ， ， 当 n 为偶数时， (5) 若 { a n } 与 { b n } 为等差数列，且前 n 项和分别为 与 ，则 . . . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 二、等比数列 1 . 等比数列的通项公式是什么 ? 如何表示等比数列中任意两项的关系 ? a n =a 1 q n- 1 ; a n =a m q n-m . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 2 . 等比数列的前 n 项和公式是什么 ? 具有什么特点 ? 易忽略点是什么 ? S n = 当 q ≠1 时 , S n = - · q n , q n 的系数与常数项互为相反数 . 应用等比数列前 n 项和公式时 , 应先讨论公式中的公比 q 是否等于 1 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 请列举等比数列的通项与前 n 项和的一些重要性质 . 1. { a n } 是等比数列 { ca n } 是等比数列（ c ） . 2. { a n } ， { b n } 均为等比数列 { a n · b n } ， 是等比数列 . 3. { a n } 是等比数列，则 4. 若 m , n , p , q ∈N * , 且 m+n=p+q , 则 a m · a n =a p · a q . 5. 等间隔的 K 项和（或积）仍成等比数列 . 6. 若 { a n } 是等差数列， b >0 ，则 是等比数列 . 若 { a n } 是正项等比数列，则 {lg a n } 是等差数列 . 7. 数列 S m ， S 2m -S m ， S 3m -S 2m ， … 仍是等比数列（ S m ） . . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 1 . 等差数列的单调性与什么有关 ? 等比数列呢 ? 等差数列的单调性只取决于公差 d 的正负 , 而等比数列的单调性既要考虑公比 q 的取值 , 又要考虑首项 a 1 的正负 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 2 . 等差中项、等比中项的概念是什么 ? 由此可以得到哪些重要的性质 ? 等差中项 : 若 a , M , b 成等差数列 , 则 M 为 a , b 的等差中项 , 且 M= . 重要性质 : 已知数列 { a n } 是等差数列 ,(1) 若 m , n , p , q ∈N * , 且 m+n=p+q , 则 a m +a n =a p +a q . (2) a n = S 2 n- 1 . 等比中项 : 若 a , M , b 成等比数列 , 则 M 为 a , b 的等比中项 , 且 M 2 =ab. 重要性质 : 已知数列 { a n } 是等比数列 , 若 m , n , p , q ∈N * , 且 m+n=p+q , 则 a m · a n =a p · a q . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 三、数列求和 列举数列求和的方法 , 各自的注意点是什么 ? (1) 公式法求和 : 要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE (2) 分组求和法 : 分组求和法是解决通项公式可以写成 c n =a n +b n 形式的数列求和问题的方法 , 其中 { a n } 与 { b n } 是等差 ( 比 ) 数列或一些可以直接求和的数列 . 返   Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE (3) 裂项相消法 : 将数列的通项公式分成两个代数式子的差 , 即 a n =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 { a n } 是公差 d ≠0 且各项均不为 0 的等差数列 , c 为常数 ) 的数列等 . 用裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项 . 用裂项相消法求和时要注意所裂式与原式的等价性 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE (4) 错位相减法 : 形如 { a n · b n }( 其中 { a n } 为等差数列 ,{ b n } 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 . 用错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE (5) 倒序求和法 : 距首尾两端等距离的两项和相等 , 可以用此法 . 一般步骤 : ① 求通项公式 ; ② 定和值 ; ③ 倒序相加 ; ④ 求和 ; ⑤ 回顾反思 . 返 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 从近三年的高考全国卷试题来看 , 数列一直是高考的热点 , 数列部分的题型、难度和分值都保持稳定 , 考查的重点主要是等差数列及其前 n 项和、等比数列及其前 n 项和、数列的通项、数列的前 n 项和等知识 . 考查内容比较全面 , 解题时要注意基本运算、基本能力的运用 , 同时注意函数与方程、转化与化归等数学思想的应用 . 一、选择题和填空题的命题特点 等差 ( 比 ) 数列的基本运算 : a 1 , a n , S n , n , d ( q ) 这五个量中已知其中的三个量 , 求另外两个量 . 已知数列的递推关系式以及某些项 , 求数列的通项公式和前 n 项和等 . 命题特点 A 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 1 . (2018· 全国 Ⅰ 卷 · 理 T4 改编 ) 记 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和 . 若 3 S 3 =S 2 +S 4 , a 1 = 2, 则 S 5 = ( 　　 ) . A .- 20 　　　 B .- 10 　　　 C . 10 　　　 D . 20 解析 ▶ 　 设数列 { a n } 的公差为 d , 由题意可得 3 = 2 a 1 +d+ 4 a 1 + ×d , 解得 d=- a 1 . 因为 a 1 = 2, 所以 d=- 3, 所以 S 5 = 5 × 2 + × ( - 3) =- 20, 故选 A . -32 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 2 . (2018· 全国 Ⅰ 卷 · 理 T14 改编 ) 记 S n 为数列 { a n } 的前 n 项和 . 若 S n = 2 a n + 1, 则 a 6 = 　　　　 .  解析 ▶ 　 当 n ≥2 时 , S n- 1 = 2 a n- 1 + 1, 所以 S n -S n- 1 = 2( a n -a n- 1 ), 即 a n = 2 a n- 1 . 又 a 1 =S 1 = 2 a 1 + 1, 所以 a 1 =- 1≠0, 所以数列 { a n } 是以 - 1 为首项 ,2 为公比的等比数列 , 所以 a n =- 2 n- 1 , a 6 =- 2 6 - 1 =- 32 . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 二、解答题的命题特点 等差 ( 比 ) 数列的基本运算 : a 1 , a n , S n , n , d ( q ) 这五个量中已知其中的三个量 , 求另外两个量 . 已知数列的递推关系式以及某些项 , 求数列的通项公式 . 已知等差 ( 比 ) 数列的某些项或前几项的和 , 求其通项公式 . 等差 ( 比 ) 数列的判断与证明以及等差数列前 n 项和的最值问题等 . 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 1 . (2018· 全国 Ⅰ 卷 · 文 T17 改编 ) 已知数列 { a n } 满足 a 1 = 1, na n+ 1 = 2( n+ 1) a n , 设 b n = . (1) 证明数列 { b n } 是等比数列 , 并求 { a n } 的通项公式 . (2) 求数列 { a n } 的前 n 项和 S n . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析▶ 　 (1) 由已知条件可得 = , 即 b n+ 1 = 2 b n . 又 b 1 = 1, 所以 { b n } 是首项为 1, 公比为 2 的等比数列 . 所以 b n = = 2 n- 1 , 所以 a n =n ·2 n- 1 . (2) 由 (1) 可得 S n =a 1 +a 2 + … +a n = 1·2 0 + 2·2 1 + 3·2 2 + … +n ·2 n- 1 , 所以 2 S n = 1·2 1 + 2·2 2 + 3·2 3 + … +n ·2 n , 两式相减得 -S n = 1 + 2 1 + 2 2 + 2 3 + … + 2 n- 1 -n ·2 n = -n ·2 n = 2 n - 1 -n ·2 n , 所以 S n = ( n- 1)·2 n + 1 . 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 2 . (2018· 全国 Ⅱ 卷 · 理、文 T17 改编 ) 记 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和 , 已知 a 1 =- 7, a 1 +a 2 +a 3 =- 15 . (1) 求 a n , S n ; (2) 求数列 { |a n | } 的前 n 项和 T n . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析▶ 　 (1) 设数列 { a n } 的公差为 d , 由题意得 解得 d= 2, 所以 a n = 2 n- 9, S n =n 2 - 8 n. (2) 当 1≤ n ≤4( n ∈N * ) 时 , a n < 0, 所以 T n =|a 1 |+|a 2 |+ … +|a n |=- ( a 1 +a 2 + … +a n ) =-S n = 8 n-n 2 ; 当 n ≥5( n ∈N * ) 时 , a n > 0, 所以 T n =|a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+|a 4 |+|a 5 |+ … +|a n | =- ( a 1 +a 2 +a 3 +a 4 ) + ( a 5 + … +a n ) =-S 4 + ( S n -S 4 ) =S n - 2 S 4 =n 2 - 8 n+ 32 . 综上所述 , T n = 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 3 . (2018· 全国 Ⅲ 卷 · 理、文 T17 改编 ) 在正项等比数列 { a n } 中 , a 1 = 1, a 5 = 4 a 3 . (1) 求 { a n } 的通项公式 ; (2) 记 S n 为 { a n } 的前 n 项和 , 证明 : a n = . 解析 ▶ 　 　 (1) 设数列 { a n } 的公比为 q ( q> 0), 由题设得 a n =q n- 1 . 由已知得 q 4 = 4 q 2 , 解得 q= 0( 舍去 ) 或 q=- 2( 舍去 ) 或 q= 2 . 故 a n = 2 n- 1 . (2) 因为 a n = 2 n- 1 , 所以 S n = = 2 n - 1, 所以 = = 2 n- 1 =a n . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 规律方法 1 . 等差数列和等比数列的判断方法 : 判断等差数列和等比数列 , 可以先计算特殊的几项 , 观察其特征 , 然后归纳出等差数列或者等比数列的结论 . 证明等差数列和等比数列 , 应该首先考虑其通项公式 , 利用定义或者等差中项、等比中项来证明 . 利用通项公式和前 n 项和公式只是作为判断方法 , 而不是证明方法 . 把对数列特征的判定渗透在解题过程中 , 可以帮助学生拓展思维和理清思路 . 2 . 数列通项的求法 : (1) 公式法 : ① 等差数列通项公式 ; ② 等比数列通项公式 . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 规律方法 (2) 已知 S n ( 即 a 1 +a 2 + … +a n =f ( n )) 求 a n , 用作差法 : a n = (3) 已知 a 1 · a 2 ·…· a n =f ( n ) 求 a n , 用作商法 : a n = (4) 已知 a n+ 1 -a n =f ( n ) 求 a n , 用累加法 : a n = ( a n -a n- 1 ) + ( a n- 1 -a n- 2 ) + … + ( a 2 -a 1 ) +a 1 ( n ≥2, n ∈N * ) . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 规律方法 (5) 已知 =f ( n ) 求 a n , 用累乘法 : a n = · ·…· · a 1 ( n ≥2, n ∈N * ) . (6) 已知递推关系式求 a n , 用构造法 ( 构造等差、等比数列 ) . 3 . 数列求和 : 数列求和的关键是研究数列通项公式 , 根据通项公式的不同特征选择相应的求和方法 , 若数列是等差数列或等比数列 , 则直接利用公式求和 ; 若通项公式是等差乘等比型 , 则利用错位相减法 ; 若通项公式可以拆分成两项的差且在累加过程中可以互相抵消某些项 , 则利用裂项相消法 . J 基础检测 JICHU JIANCE 微专题 07 等差数列与等比数列 返 B 答案 解析 1 . 已知 { a n } 是等比数列 , a n > 0, 且 +a 3 a 7 = 8, 则 log 2 a 1 + log 2 a 2 + … + log 2 a 9 = ( 　　 ) . 　　　　　　　　　　　　　　　 A . 8 B . 9 C . 10 D . 11 解 析 ▶ 　 ∵ +a 3 a 7 = 8, a n > 0, 且 { a n } 是等比数列 , ∴ 2 = 8, ∴a 5 = 2 . ∴ log 2 a 1 + log 2 a 2 + … + log 2 a 9 = log 2 [( a 1 a 9 )( a 2 a 8 )·( a 3 a 7 )( a 4 a 6 ) a 5 ] = log 2 = 9log 2 2 = 9, 故选 B .   J 基础检测 JICHU JIANCE 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 2 n 答案 解析 3 . 如图所示的是 “ 杨辉三角 ” 数图 , 计算第 1 行的 2 个数的和 , 第 2 行的 3 个数的和 , 第 3 行的 4 个数的和 ,…, 则第 n 行的 n+ 1 个数的和为 　　　　 .  　　　　　 1 　 　 1 　　　　　　 第 1 行 　　　　 1 　　 2 　 　 1 第 2 行 　　 1 　 3 　 3 　 　 1 　　 第 3 行 　 1 　 　 4 　　 6 　 　 4 　 　 1 第 4 行 　　　　　　 … 解析 ▶ 　 1 + 1 = 2,1 + 2 + 1 = 4,1 + 3 + 3 + 1 = 8,1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16, 则第 n 行的 n+ 1 个数的和为 2 n . J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 4 . 已知数列 { a n } 的各项均为正数 , 前 n 项和为 S n , 且 S n = , n ∈N * . (1) 求证 : 数列 { a n } 是等差数列 . (2) 设 b n = , T n =b 1 +b 2 + … +b n , 求 T n . 解析 ▶ 　 　 (1) ∵S n = , n ∈N * , ∴ 当 n= 1 时 , a 1 =S 1 = ( a 1 > 0), 解得 a 1 = 1; 当 n ≥2 时 , 由 J 基础检测 JICHU JIANCE 得 2 a n = +a n - -a n- 1 , 即 ( a n +a n- 1 )( a n -a n- 1 - 1) = 0, ∵a n +a n- 1 > 0, ∴a n -a n- 1 = 1( n ≥2) . ∴ 数列 { a n } 是首项为 1, 公差为 1 的等差数列 . (2) 由 (1) 可得 a n =n , S n = , b n = = = - . ∴T n =b 1 +b 2 +b 3 + … +b n = 1 - + - + … + - = 1 - = . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 1 等差、等比数列的基本运算 3 n- 1 典型例题 答案 解析 【例 1 】 　 设 S n 为等比数列 { a n } 的前 n 项和 , 若 a 1 = 1, 且 3 S 1 ,2 S 2 , S 3 成等差数列 , 则 a n = 　　　　 .   解析 ▶ 　 ( 法一 ) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ( q ≠0), 则 2 S 2 = 2( a 1 +a 2 ) = 2( a 1 +a 1 q ), S 3 =a 1 +a 2 +a 3 =a 1 +a 1 q+a 1 q 2 . 因为 3 S 1 ,2 S 2 , S 3 成等差数列 , 所以 3 a 1 +a 1 +a 1 q+a 1 q 2 = 4( a 1 +a 1 q ), 解得 q= 3, 故 a n = 3 n- 1 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 ( 法二 ) 设等比数列 { a n } 的公比为 q , 由 3 S 1 ,2 S 2 , S 3 成等差数列 , 易得 q ≠1, 所以 4 S 2 = 3 S 1 +S 3 , 即 = 3 a 1 + , 解得 q= 3, 故 a n = 3 n- 1 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 方法归纳 在等差 ( 比 ) 数列问题中 , 最基本的量是首项 a 1 和公差 d ( 公比 q ), 在解题 时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组 , 从而求出这两个量 , 那么其他问题也就会迎刃而解 , 这就是解决等差 ( 比 ) 数列问题的基本量的方法 , 其中蕴含着方程思想的运用 . 在应用等比数列前 n 项和公式时 , 务必注意公比 q 的取值范围 .   K 考能探究 K AONENG TANJIU B 变式训练 答案 解析 1 . 已知等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , a 1 +a 3 = 30, S 4 = 120, 设 b n = 1 + log 3 a n , 则数列 { b n } 的前 15 项和为 ( 　　 ) . 　　　　　　　　　　　　　　　 A . 152 B . 135 C . 80 D . 16 K 考能探究 K AONENG TANJIU D 答案 解析 2 . 设 { a n } 是首项为 a 1 , 公差为 - 1 的等差数列 , S n 为其前 n 项和 . 若 S 1 , S 2 , S 4 成等比数列 , 则 a 1 = ( 　　 ) . A . 2 B .- 2 C . D .- 解析 ▶ 　 　 由题意知 S 1 =a 1 , S 2 = 2 a 1 - 1, S 4 = 4 a 1 - 6 . 因为 S 1 , S 2 , S 4 成等比数列 , 所以 =S 1 · S 4 , 即 (2 a 1 - 1) 2 =a 1 (4 a 1 - 6), 解得 a 1 =- . 故选 D . . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 2 等差、等比数列的基本性质 C 典型例题 答案 解析 【例 2 】 　 (1) 设等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , 且满足 S 15 > 0, S 16 < 0, 则 , ,…, 中最大的项为 ( 　　 ) . A . 　　　 B . 　　　 C . 　　　 D . (2) 若等比数列 { a n } 的各项均为正数 , 且 a 8 a 13 +a 9 a 12 = 2e(e 为自然对数的底数 ), 则 ln a 1 + ln a 2 + … + ln a 20 = 　　　　 .  10 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由 S 15 = = = 15 a 8 > 0, S 16 = = 8( a 8 +a 9 ) < 0, 可得 a 8 > 0, a 9 < 0, d< 0, 所以数列 { a n } 是递减数列 , 所以 a 1 >a 2 > … >a 8 > 0, 所以 0 0, 即 < 0, 所以 是 , ,…, 中的最大项 . 故选 C . (2) 因为 { a n } 是等比数列 , 所以 a 8 a 13 =a 9 a 12 = e, 所以 ln a 1 + ln a 2 + … + ln a 20 = ln( a 1 a 2 … a 20 ) = ln( a 1 a 20 ) 10 = 10ln( a 8 a 13 ) = 10ln e = 10 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现 , 是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具 , 应有意识地去应用 . 但在应用性质时要注意性质的前提条件 , 有时需要进行适当变形 . 在解决等差、等比数列的运算问题时 , 经常采用 “ 巧用性质 , 整体考虑 , 减少运算量 ” 的思想 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU n (2 n- 1) 变式训练 答案 解析 1 . 已知等比数列 { a n } 满足 a n > 0, 且 a 3 a 2 n- 3 = 2 2 n ( n ≥2), 则当 n ≥1 时 ,log 2 a 1 + log 2 a 2 + log 2 a 3 + … + log 2 a 2 n- 1 = 　　　　 .  解析 ▶ 　 log 2 a 1 + log 2 a 2 + log 2 a 3 + … + log 2 a 2 n- 1 =log 2 ( a 1 a 2 a 3 … a 2 n- 1 ) . 设 S=a 1 a 2 a 3 … a 2 n- 1 , 则 S= a 2 n- 2 a 2 n- 3 … a 1 . 两式相乘 , 得 S 2 = ( a 3 a 2 n- 3 ) 2 n- 1 = 2 2 n (2 n- 1) , 所以 S= 2 n (2 n- 1) , 故原式 =n (2 n- 1) . K 考能探究 K AONENG TANJIU 答案 解析 2 . 已知等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , 若 = 3, 则 = 　　　　 .  解析 ▶ 　 显然公比 q ≠1, 则由 = = = 1 +q 3 = 3, 得 q 3 = 2, 所以 = = = . . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 3 等差、等比数列的判断与证明 典型例题 解析 【例 3 】 　 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n =λ ( a n - 1), 其中 λ ≠0 . (1) 证明 { a n } 是等比数列 , 并求其通项公式 ; (2) 当 λ= 2 时 , 求 a 2 i . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由题意得 a 1 =S 1 =λ ( a 1 - 1), 故 λ ≠1, a 1 = , a 1 ≠0 . 由 S n =λ ( a n - 1), S n+ 1 =λ ( a n+ 1 - 1), 得 a n+ 1 =λa n+ 1 -λa n , 即 a n+ 1 ( λ- 1) =λa n . 由 a 1 ≠0, λ ≠0, 得 a n ≠0, 所以 = , 因此 { a n } 是首项为 , 公比为 的等比数列 , 于是 a n = . (2) 由 (1) 可知 , 当 λ= 2 时 , a n = 2 n , 故 a 2 i =a 2 +a 4 + … +a 2 n = = . K 考能探究 K AONENG TANJIU 判断或证明数列是否为等差、等比数列 , 一般是依据等差、等比数列的定义 , 或利用等差中项、等比中项进行判断 . 利用 =a n+ 1 ·a n- 1 ( n ≥2, n ∈N * ) 来证明数列 { a n } 为等比数列时 , 要注意数列中的各项均不为 0 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 记 S n 为等比数列 { a n } 的前 n 项和 , 已知 a 3 =- 8, S 3 =- 6 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式 ; (2) 求 S n , 并证明对任意的 n ∈N * , S n+ 2 , S n , S n+ 1 成等差数列 . 解析 ▶ 　 (1) 设数列 { a n } 的公比为 q , 由题设可得 解得 故数列 { a n } 的通项公式为 a n = ( - 2) n . K 考能探究 K AONENG TANJIU (2) 由 (1) 可得 S n = =- + ( - 1) n · . 由于 S n+ 2 +S n+ 1 =- + ( - 1) n · = 2 = 2 S n , 故 S n+ 2 , S n , S n+ 1 成等差数列 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 4 公式 a n = 的应用 典型例题 解析 【例 4 】 　 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , 已知 a 1 =λ , S n+ 1 =λS n +λ ( n ∈N * ), 其中常数 λ> 1 . (1) 求证 : 数列 { a n } 是等比数列 . (2) 若数列 { b n } 满足 b n = log λ ( a 1 a 2 … a n )( n ∈N * ), 求数列 { b n } 的通项公式 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 当 n= 1 时 , S 2 =λS 1 +λ , 即 a 2 =λ 2 , ∴ =λ. 当 n ≥2 时 , S n =λS n- 1 +λ , ∴a n+ 1 =S n+ 1 -S n =λ ( S n -S n- 1 ) =λa n , 即 =λ ( n ≥2) . 又 ∵ =λ , ∴ 数列 { a n } 是首项为 λ , 公比为 λ 的等比数列 . (2) 由 (1) 得 a n =λ n , ∴a 1 a 2 … a n =λ 1 + 2 + … +n = , ∴b n = log λ = . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解这种题目的一般方法是用 “ 退位相减法 ” 消去 S n ( 或者 a n ), 得到数列 { a n } 的递推公式 ( 或者是数列 { S n } 的递推公式 ), 进而求出 a n ( 或者 S n ) 与 n 的关系式 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU - 变式训练 答案 解析 设 S n 是数列 { a n } 的前 n 项和 , 且 a 1 =- 1, a n+ 1 =S n · S n+ 1 , 则 S n = 　　　　 .  解析 ▶ 　 由已知得 a n+ 1 =S n+ 1 -S n =S n+ 1 · S n , 易知 S n ≠0, 等式两边同时除以 S n+ 1 · S n , 得 - =- 1, 故数列 是以 - 1 为首项 , - 1 为公差的等差数列 , 则 =- 1 - ( n- 1) =-n , 所以 S n =- . J 基础检测 JICHU JIANCE 微专题 08 数列求和的方法 返 C 答案 解析 1 . 已知数列 5,6,1, - 5,…, 该数列的特点是从第二项起 , 每一项都等于它的前后两项之和 , 则这个数列的前 16 项之和 S 16 等于 ( 　　 ) . 　　　　　　　　　 A . 5 B . 6 C . 7 D . 16 解 析 ▶ 　 根据题意得这个数列的前 8 项分别为 5,6,1, - 5, - 6, - 1,5,6, 发现从第 7 项起 , 数字重复出现 , 所以此数列为周期数列 , 且周期为 6, 前 6 项和为 5 + 6 + 1 + ( - 5) + ( - 6) + ( - 1) = 0 . 又因为 16 = 2 × 6 + 4, 所以这个数列的前 16 项之和 S 16 = 2 × 0 + 7 = 7 . 故选 C . J 基础检测 JICHU JIANCE D 答案 解析 2 . 已知在等差数列 { a n } 中 , |a 3 |=|a 9 | , 公差 d< 0, S n 是数列 { a n } 的前 n 项和 , 则 ( 　　 ) . A .S 5 >S 6 B .S 5 0, a 9 < 0, 且 a 3 +a 9 = 2 a 6 = 0, ∴a 6 = 0, a 5 > 0, a 7 < 0, ∴S 5 =S 6 . 故选 D . J 基础检测 JICHU JIANCE 99 答案 解析 3 . 若数列 的前 n 项和为 , 则 n= 　　　 . 解析 ▶ 　 由题意得 + + + … + = 1 - + - + - + … + - = 1 - = = , ∴n= 99 . J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 4 . 已知等差数列 { a n } 的公差 d> 0, 前 n 项和为 S n , a 2 , a 4 是方程 x 2 - 10 x+ 21 = 0 的两个根 . (1) 求证 : + + … + < 1 . (2) 求数列 {2 -n a n } 的前 n 项和 T n . J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 (1) ∵ 方程 x 2 - 10 x+ 21 = 0 的两个根分别为 x 1 = 3, x 2 = 7, ∴ 由题意得 a 2 = 3, a 4 = 7, ∴ 解得 ∴a n = 1 + ( n- 1) × 2 = 2 n- 1, S n =n× 1 + × 2 =n 2 . 当 n ≥2 时 , S n =n 2 >n ( n- 1), ∴ + + … + < + + … + = 1 - + - + … + - = 1 - < 1 . J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 (2) ∵ 2 -n a n = , ∴T n = + + + … + , 　 ① ∴ T n = + + … + + . 　 ② 由 ①-② 得 T n = + 2 - = + 2 × - = - · , ∴T n = 3 - . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 1 会用分组求和法求和 典型例题 解析 【例 1 】 　 已知数列 { a n } 满足 a 1 = 2, a 2 +a 4 = 8, 且对任意 n ∈N * , 函数 f ( x ) = ( a n -a n+ 1 +a n+ 2 ) x+a n+ 1 cos x-a n+ 2 sin x 满足 f' = 0 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式 ; (2) 若 b n = 2 , 求数列 { b n } 的前 n 项和 S n . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由题设可得 f' ( x ) =a n -a n+ 1 +a n+ 2 -a n+ 1 sin x-a n+ 2 cos x. 对任意 n ∈N * , f' =a n -a n+ 1 +a n+ 2 -a n+ 1 = 0, 即 a n+ 1 -a n =a n+ 2 -a n+ 1 , 故数列 { a n } 为等差数列 . 由 a 1 = 2, a 2 +a 4 = 8, 得数列 { a n } 的公差 d= 1, 所以 a n = 2 + 1 × ( n- 1) =n+ 1 . (2) 因为 b n = 2 = 2 = 2 n+ + 2, 所以 S n =b 1 +b 2 + … +b n = (2 + 2 + … + 2) + 2(1 + 2 + … +n ) + = 2 n+ 2 × + =n 2 + 3 n+ 1 - . K 考能探究 K AONENG TANJIU 方法归纳 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差 , 从而求得原数列的和 . 注意在含有字母的数列中对字母的讨论 . (1) 若数列 { c n } 的通项公式为 c n =a n ±b n , 且 { a n },{ b n } 为等差数列或等比数列 , 则可以采用分组求和法求数列 { c n } 的前 n 项和 . (2) 若数列 { c n } 的通项公式为 c n = 且数列 { a n },{ b n } 是等比数列或等差数列 , 则可以采用分组求和法求数列 { c n } 的前 n 项和 . (3) 若数列的通项式中有 ( - 1) n 等特征 , 根据正号、负号分组求和 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 已知在等比数列 { a n } 中 , a n > 0, a 1 = 4, - = , n ∈N * . (1) 求数列 { a n } 的通项公式 ; (2) 设 b n = ( - 1) n ·(log 2 a n ) 2 , 求数列 { b n } 的前 2 n 项和 T 2 n . 解析 ▶ 　 (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q , 则 q> 0 . 由 a 1 = 4, - = , 得 - = , 解得 q= 2, 所以 a n = 4·2 n- 1 = 2 n+ 1 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (2) b n = ( - 1) n ·(log 2 a n ) 2 = ( - 1) n ·(log 2 2 n+ 1 ) 2 = ( - 1) n ·( n+ 1) 2 . 设 c n =n+ 1, 则 b n = ( - 1) n · . 故 T 2 n =b 1 +b 2 +b 3 +b 4 + … +b 2 n- 1 +b 2 n =- + + ( - ) + + … + ( - ) + = ( -c 1 +c 2 )( c 1 +c 2 ) + ( -c 3 +c 4 )( c 3 +c 4 ) + … + ( -c 2 n- 1 +c 2 n )( c 2 n- 1 +c 2 n ) =c 1 +c 2 +c 3 +c 4 + … +c 2 n- 1 +c 2 n = =n (2 n+ 3) = 2 n 2 + 3 n. K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 2 会用错位相减法求和 典型例题 解析 【例 2 】 　 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , 已知 2 S n = 3 n + 3 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式 ; (2) 若数列 { b n } 满足 a n b n = log 3 a n , 求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解析 ▶ 　 (1) 因为 2 S n = 3 n + 3, 所以当 n= 1 时 ,2 a 1 = 3 + 3, 即 a 1 = 3; 当 n> 1 时 ,2 S n- 1 = 3 n- 1 + 3, 此时 2 a n = 2 S n - 2 S n- 1 = 3 n - 3 n- 1 = 2 × 3 n- 1 , 即 a n = 3 n- 1 . 所以 a n = K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (2) 因为 a n b n = log 3 a n , 所以当 n= 1 时 , b 1 = ; 当 n> 1 时 , b n = 3 1 -n log 3 3 n- 1 = ( n- 1)·3 1 -n . 所以 T 1 =b 1 = . 当 n> 1 时 , T n =b 1 +b 2 +b 3 + … +b n = + [1 × 3 - 1 + 2 × 3 - 2 + … + ( n- 1) × 3 1 -n ], 所以 3 T n = 1 + [1 × 3 0 + 2 × 3 - 1 + … + ( n- 1) × 3 2 -n ] . 两式相减 , 得 2 T n = + (3 0 + 3 - 1 + 3 - 2 + … + 3 2 -n ) - ( n- 1) × 3 1 -n = + - ( n- 1) × 3 1 -n = - , 所以 T n = - . 经检验 , 当 n= 1 时也适合上式 . 故 T n = - . K 考能探究 K AONENG TANJIU 方法归纳 (1) 一般地 , 若数列 { a n } 是等差数列 ,{ b n } 是等比数列 , 求数列 { a n ·b n } 的前 n 项和 , 则可以采用错位相减法求和 . 一般是先将和式两边同乘以等比数列 { b n } 的公比 , 然后作差求解 . (2) 在写出 “ S n ” 与 “ qS n ” 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 “ S n -qS n ” 的表达式 . (3) 在应用错位相减法求和时 , 若等比数列的公比为参数 , 应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 设数列 { a n } 是公差大于 0 的等差数列 , 其前 n 项和为 S n . 已知 S 3 = 9, 且 2 a 1 , a 3 - 1, a 4 + 1 构成等比数列 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式 ; (2) 若数列 { b n } 满足 = 2 n- 1 ( n ∈N * ), 设 T n 是数列 { b n } 的前 n 项和 , 证明 : T n < 6 . 解析 ▶ 　 (1) 设数列 { a n } 的公差为 d , 则 d> 0 . ∵S 3 = 9, ∴a 1 +a 2 +a 3 = 3 a 2 = 9, 即 a 2 = 3 . 又 2 a 1 , a 3 - 1, a 4 + 1 成等比数列 , ∴ (2 +d ) 2 = 2(3 -d )(4 + 2 d ), 解得 d= 2, a 1 = 1, ∴a n = 1 + ( n- 1)·2 = 2 n- 1 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (2) 由 = 2 n- 1 , 得 b n = = (2 n- 1)· , 则 T n = 1· + 3· + … + (2 n- 1)· , ∴ T n = 1· + 3· + … + (2 n- 3)· + (2 n- 1)· , 两式相减得 T n = 1 + 2· + 2· + … + 2· - (2 n- 1)· = 1 + - = 3 - , 故 T n = 6 - . ∵n ∈N * , ∴T n = 6 - < 6 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 3 会用裂项相消法求和 典型例题 解析 【例 3 】 　 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , 对任意正整数 n 都有 6 S n = 1 - 2 a n . (1) 求数列 { a n } 的通项公式 ; (2) 若数列 { b n } 满足 b n = lo a n , T n = + + … + , 求 T n . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由 6 S n = 1 - 2 a n , 得 6 S n- 1 = 1 - 2 a n- 1 ( n ≥2) . 两式相减得 6 a n = 2 a n- 1 - 2 a n , 即 a n = a n- 1 ( n ≥2) . 由 6 S 1 = 6 a 1 = 1 - 2 a 1 , 得 a 1 = . ∴ 数列 { a n } 是等比数列 , 公比 q= , ∴a n = × = . (2) ∵a n = , ∴b n = 2 n+ 1, 从而 = = . ∴T n = = = . K 考能探究 K AONENG TANJIU 方法归纳 (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 . (2) 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 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 若 { b n } 为等比数列 , 数列 { a n } 满足 : 对任意的 n ∈N * , 有 a 1 b 1 +a 2 b 2 + … +a n b n = ( n- 1)·2 n+ 1 + 2 . 已知 a 1 = 1, a 2 = 2 . (1) 求数列 { a n } 与 { b n } 的通项公式 ; (2) 求数列 的前 n 项和 S n . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由题意可得 解得 ∴b n = 2 n . 又由题意得 , 当 n ≥2 时 , a n b n = ( a 1 b 1 +a 2 b 2 + … +a n b n ) - ( a 1 b 1 +a 2 b 2 + … +a n- 1 b n- 1 ) =n ·2 n , ∴a n =n , 此式对 n= 1 也成立 , ∴ 数列 { a n } 的通项公式为 a n =n. (2) 由 (1) 可知 , = = - , ∴S n = + + … + = 1 - = . K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 4 会求等差、等比数列中关于绝对值的求和问题 典型例题 解析 【例 4 】 　 在公差为 d 的等差数列 { a n } 中 , 已知 a 1 = 10, 且 a 1 ,2 a 2 + 2,5 a 3 成等比数列 . (1) 求 d , a n ; (2) 若 d< 0, 求 |a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+ … +|a n |. 解析 ▶ 　 (1) 由题意得 a 1 ·5 a 3 = (2 a 2 + 2) 2 . 又由 a 1 = 10,{ a n } 是公差为 d 的等差数列 , 得 d 2 - 3 d- 4 = 0, 解得 d=- 1 或 d= 4 . 所以 a n =-n+ 11( n ∈N * ) 或 a n = 4 n+ 6( n ∈N * ) . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (2) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n . 因为 d< 0, 所以由 (1) 得 d=- 1, a n =-n+ 11, 所以当 n ≤11 时 , |a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+ … +|a n |=S n =- n 2 + n ; 当 n ≥12 时 , |a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+ … +|a n |=-S n + 2 S 11 = n 2 - n+ 110 . 综上所述 , |a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+ … +|a n |= K 考能探究 K AONENG TANJIU 方法归纳 根据等差数列的通项公式及 d< 0, 确定 a n 的符号 , 从而去掉绝对值符号 , 这需要对 n 的取值范围进行分类讨论 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 已知数列 { a n } 满足 a 1 =- 2, a n+ 1 = 2 a n + 4 . (1) 证明 : 数列 { a n + 4} 是等比数列 . (2) 求数列 { |a n | } 的前 n 项和 S n . 解析 ▶ 　 (1) ∵a 1 =- 2, ∴a 1 + 4 = 2 . ∵a n+ 1 = 2 a n + 4, ∴a n+ 1 + 4 = 2 a n + 8 = 2( a n + 4), ∴ = 2, ∴ { a n + 4} 是以 2 为首项 ,2 为公比的等比数列 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (2) 由 (1) 可知 a n + 4 = 2 n , ∴a n = 2 n - 4 . 当 n= 1 时 , a 1 =- 2 < 0, ∴S 1 =|a 1 |= 2; 当 n ≥2 时 , a n ≥0, ∴S n =-a 1 +a 2 + … +a n = 2 + (2 2 - 4) + … + (2 n - 4) = 2 + 2 2 + … + 2 n - 4( n- 1) = - 4( n- 1) = 2 n+ 1 - 4 n+ 2 . 又当 n= 1 时 , 也满足上式 , ∴S n = 2 n+ 1 - 4 n+ 2 . 延时符 谢 谢 观 赏