2013年高考数学总复习课件6.4__数列的通项及数列求和

要点梳理1.若已知数列{an}，满足an+1-an=f（n），且f（1）+f（2）+…+f（n）可求，则可用求数列的通项an.2.若已知数列{an}，满足=f（n），且f(1)·f(2)·…·f（n）可求，则可用求数列的通项an.§6.4数列的通项及数列求和累加法nnaa1累积法基础知识自主学习3.等差数列前n项和Sn==，推导方法：；等比数列前n项和推导方法:乘公比，错位相减法.Sn=，na1=qqan1)1(1qqaan11q=1,q≠1.，2)(1naandnnna2)1(1倒序相加法4.常见数列的前n项和（1）1+2+3+…+n=;（2）2+4+6+…+2n=;（3）1+3+5+…+(2n-1)=;（4）12+22+32+…+n2=;（5）13+23+33+…+n3=.n2+nn22)1(nn6)12)(1(nnn2]2)1([nn5.（1）分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.（2）拆项相消：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.（3）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.（4）倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导.6.常见的拆项公式有.111)3();121121(21)12)(12(1)2(;111)1(1)1(nnnnnnnnnnnn基础自测1.已知等比数列{an},a1=3,且4a1、2a2、a3成等差数列，则a3+a4+a5等于（）A.33B.72C.84D.189解析由题意可设公比为q,则a2=a1q,a3=a1q2,∵4a2=4a1+a3,∴4a1q=4a1+a1q2,又a1=3,∴q=2.a3+a4+a5=a1q2(1+q+q2)=3×4×(1+2+4)=84.C2.如果数列{an}满足a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1，公比为3的等比数列，则an等于（）A.B.C.D.解析a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=an=C213n233n213n233n.21331)31(1nn3.已知数列{an}的通项公式是an=，其中前n项和Sn=，则项数n等于（）A.13B.10C.9D.6解析∵an=∴Sn=n-=n-1+而D,211212nnn64321)212121(2nnn212,21n.6,6415211,641564321nnn4.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和为（）A.2n+n2-1B.2n+1+n2-1C.2n+1+n2-2D.2n+n2-2解析Sn==2n+1-2+n2.C2)121(21)21(2nnn5.数列的前n项和为（）A.B.C.D.解析由数列通项公式得前n项和B,)23()13(1,,1181,851,521nn23nn46nn463nn21nn),231131(31)23()13(1nnnn.46)23121(31)2311311118181515121(31nnnnnSn题型一由递推公式求通项公式【例1】分别求满足下列条件的数列的通项公式.(1)设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）+an+1an=0(n=1,2,3,…);(2)已知数列{an}满足an+1=,a1=2.依据已知数列的递推关系适当地进行变形，可寻找数列的通项的差an-an-1或通项的商的规律.221nnnaa1122nnnnaa思维启迪1nnaa题型分类深度剖析解（1）方法一∵数列{an}是首项为1的正项数列,∴anan+1≠0,∴+1=0,令=t,∴(n+1)t2+t-n=0,∴［(n+1)t-n］(t+1)=0,∴t=或t=-1（舍去），即11)1(nnnnanaaannnaa11nn.11nnaann.1,154433221145342312nannaaaaaaaaaannn方法二由（n+1）+an+1an=0,得n()+an+1(an+1+an)=0,即（an+1+an）［(n+1)an+1-nan］=0.∵an＞0,∴an+1+an≠0,∴(n+1)an+1-nan=0,即221nnnaa221nnaa.11nnaann.1,154433221145342312nannaaaaaaaaaannn（2）将已知递推式化为将以上（n-1）个式子相加得,211111nnnaa,21111,,2111,2111,2111434323212nnnaaaaaaaa.122,211211)211(211,21212121114321nnnnnnnnaaaa探究提高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=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1;累乘：an=等方法.211nnnnaaaa112aaa知能迁移1由已知在数列{an}中a1=1,求满足下列条件的数列的通项公式.（1）an+1=;(2)an+1=2an+2n+1.nnaa21解（1）因为对于一切n∈N*,an≠0,因此由an+1=，得即∴数列是等差数列，(n-1)·2=2n-1,即an=（2）根据已知条件得即∴数列是等差数列.即an=(2n-1)2n-1.nnaa21,2111nnaa.2111nnaana1111aan.121n,12211nnnaan,12211nnnnaanna2,212)1(212nnann题型二错位相减法求和【例2】设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n∈N*.（1）求数列{an}的通项；（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Sn.（1）由已知写出前n-1项之和，两式相减.（2）bn=n·3n的特点是数列{n}与{3n}之积可用错位相减法.解（1）∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=①∴当n≥2时，a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=②,3nnan,3n,31n思维启迪①-②得3n-1an=,∴an=在①中，令n=1,得a1=，适合an=∴an=(2)∵bn=,∴bn=n·3n.∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n③∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n·3n+1.④④-③得2Sn=n·3n+1-(3+32+33+…+3n),即2Sn=n3n+1-31,31n.31n31.31nnan4343)12(,31)31(31nnnnS探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n-1an}的前n项和,从而利用an与Sn的关系求出通项3n-1an,进而求得an;另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法,但值得注意的是,这种方法运算过程复杂,运算量大,应加强对解题过程的训练,重视运算能力的培养.知能迁移2(2008·全国Ⅰ文，19)在数列{an}中，a1=1，an+1=2an+2n.（1）设bn=.证明：数列{bn}是等差数列；（2）求数列{an}的前n项和Sn.（1）证明∵an+1=2an+2n，∴∵bn=，∴bn+1=bn+1，即bn+1-bn=1,b1=1,故数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.12nna,12211nnnnaa12nna(2)解由（1）知,bn=n,an=n·2n-1,则Sn=1·20+2·21+…+(n-1)·2n-2+n·2n-12Sn=1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n两式相减，得Sn=n·2n-1·20-21-…-2n-1=n·2n-2n+1.题型三分组转化求和【例3】求和Sn=1+数列的通项an=2，求Sn可用分组求和法.解和式中第k项为思维启迪211()41211()211().21411n)211(n).211(2211)21(121412111kk-kka.2221211)211(212)]212121()111([2)]211()211()211[(2122nnSnnnnnn个探究提高先将求和式中的项进行适当分组调整，使之每一个组为等差或等比数列，然后分别求和，从而得出原数列的和.它是通过对数列通项结构特点的分析研究，将数列分解转化为若干个能求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和的一种求和方法.解前n项和为Sn=（1+1）+=+［1+4+7+……+(3n-2)］，设S1=当a=1时，S1=n；当a≠1时，S1=.,231,,71,41,1112naaan)71()41(2aa)231(1nan)1111(12naaa,111112naaa,11nnnaaa知能迁移3求下列数列的前n项和：S2=1+4+7+…+（3n-2）=∴当a=1时，Sn=S1+S2=当a≠1时，Sn=S1+S2=.2)13(nn;2)13(2)13(nnnnn.2)13(11nnaaannn题型四裂项相消法求和【例4】（12分）已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足（1）求Sn的表达式；（2）设bn=，求{bn}的前n项和Tn.)21(2nnnSaS12nSn解（1）∵an=Sn-Sn-1，（n≥2）,∴=（Sn-Sn-1）(Sn-),即2Sn-1Sn=Sn-1-Sn，①3分由题意Sn-1·Sn≠0，①式两边同除以Sn-1·Sn，得∴数列是首项为公差为2的等差数列.4分∴=1+2（n-1）=2n-1，∴Sn=6分),21(2nnnSaS2nS21,2111nnSSnS1,11111aSnS1.121n（2）又bn=8分∴Tn=b1+b2+…+bn12分使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.探究提高)12)(12(112nnnSn),121121(21nn.12)1211(21)]121121()5131()311[(21nnnnn知能迁移4已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=(n∈N*)，Sn=b1+b2+…+bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的n均有Sn＞总成立？若存在，求出t;若不存在，请说明理由.解（1）由题意得（a1+d）(a1+13d)=(a1+4d)2，整理得2a1d=d2.∵a1=1，解得d=2，d=0（舍）.∴an=2n-1（n∈N*）.)3(1nan36t（2）bn=∴Sn=b1+b2+…+bn假设存在整数t满足Sn＞总成立，又Sn+1-Sn=＞0,∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1=为Sn的最小值，故＜，即t＜9.又∵t∈N*，∴适合条件的t的最大值为8.),111(21)1(21)3(1nnnnann.)1(2)111(21)]111()3121()211[(21nnnnn36t)1(2)2(21nnnn)1)(2(21nn36t4141方法与技巧1.求数列通项的方法技巧：(1)通过对数列前若干项的观察、分析,找出项与