高考数学复习 第2讲 数列的通项与求和课件

高考真题自测热点考向突破高考动向剖析第2讲数列的通项与求和体验高考1.(2012年高考安徽卷,文5)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则a5等于(A)(A)1(B)2(C)4(D)8解析:∵a3a11=16,∴27a=16,a7=4,a5=272a=1.故选A.高考真题自测—夯基础提速度2.(2012年高考江西卷,文13)等比数列{an}的前n项和为Sn,公比不为1.若a1=1,则对任意的n∈N*,都有an+2+an+1-2an=0,则S5=.解析:设等比数列{an}的公比为q,∵an+2+an+1-2an=0,∴anq2+anq-2an=0,q2+q-2=0,解得q=-2,q=1(舍去),S5=21215=11.答案:113.(2013年高考大纲全国卷,文17)等差数列{an}中,a7=4,a19=2a9.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=nna1,求数列{bn}的前n项和Sn.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.因为,2,49197aaa所以.8218,46111dadada解得a1=1,d=21.所以{an}的通项公式为an=21n.(2)因为bn=nna1=12nn=n2-12n,所以Sn=2212+3222+…+122nn=12nn.感悟备考1.等差数列和等比数列的通项公式、中项性质及求和公式的综合是高考容易题命题的热点,在备考中要理解、熟记并能灵活运用等差数列和等比数列的通项公式、中项性质及求和公式.2.已知等差数列两项和(或等比数列两项积)等于一个常数求数列的和,运用等差(或等比)中项性质和整体代入的思想简单快捷.考向一利用构造法或转化法求通项公式一般地,若给出了数列{an}的递推关系式并且容易判断该数列不是等差数列,也不是等比数列时,往往对递推关系式进行变形、转化,并构造一个新数列{bn},使{bn}是等差数列或等比数列,求出{bn}的通项公式,从而求得{an}的通项公式.热点考向突破—讲策略促迁移【例1】(1)设函数g(x)=21x(x∈R),且数列{cn}满足c1=1,cn=g(cn-1)(n∈N,n1),求数列{cn}的通项公式.(2)设等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且643bba+827bba=52,nnTS=721nAn,S2=6,求常数A的值及{an}的通项公式.解:(1)由题意,cn=21(cn-1-1),变形得cn+1=21(cn-1+1),∴数列{cn+1}是以21为公比,c1+1=2为首项的等比数列.∴cn+1=2·121n,即cn=221n-1.(2)∵由等差数列{an}、{bn}知b4+b6=b2+b8=2b5,a3+a7=2a5,∴由643bba+827bba=52得55ba=52,∴99TS=92929191bbaa=55ba=52,∵nnTS=721nAn,∴79219A=52,解得A=1;∴nnTS=721nn=721nnnn.又Sn和Tn分别是等差数列{an}、{bn}的前n项和,∴可设Sn=kn(n+1),Tn=kn(2n+7).∵S2=6,∴k=1,即Sn=n2+n.当n=1时,a1=S1=2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n.综上得an=2n.关注细节求通项公式的常用方法(1)已知a1+a2+…+an=f(n)求an,用作差法;(2)已知a1·a2·…·an=f(n)求an,用作商法:an=2,11,1nnfnfnf(3)已知an+1-an=f(n)求an,用累加法:an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1(n≥2).(4)已知nnaa1=f(n)求an,用累乘法:an=1nnaa·21nnaa·…·12aa·a1(n≥2).(5)已知递推关系求an,用构造法(构造等差、等比数列).特别地,①形如an=kan-1+b、an=kan-1+bn(k,b为常数)的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后,再求an,如已知a1=1,an=3an-1+2,求an;②形如an=bkaann11的递推数列都可以用倒数法求通项.热点训练1已知数列{an}满足a1=32,且an=12211nnaa(n≥2,n∈N*).(1)试求a2、a3,并判断数列{an}是否为等差或等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.解:(1)把a1=32代入递推公式可得a2=74,a3=158.显然2a2≠a1+a3,且22a≠a1a3,所以数列{an}既不是等差数列也不是等比数列.(2)由已知,n≥2时,an=12211nnaa得2anan-1+an=2an-1,两边同除以anan-1得11na+2=na2.(*)令bn=na1,则(*)式化为2bn=bn-1+2(n≥2)2(bn-2)=bn-1-2,b1-2=11a-2=23-2=-21,所以数列{bn-2}是以-21为首项,以21为公比的等比数列,bn-2=-21×121n=-n21,bn=2-n21.故所求的通项公式为an=1221nn(n∈N*).考向二利用an与Sn的关系求通项公式给出数列的前n项和公式Sn,可根据Sn与an之间的关系:an=2111nSSnSnn求数列的通项公式.【例2】在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足:2nS=an21nS.(1)求an;(2)令bn=12nSn,求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1,∴2nS=(Sn-Sn-1)21nS=2nS-21Sn-SnSn-1+21Sn-1,∴Sn-1-Sn=2SnSn-1,∴nS1-11nS=2,即数列nS1为等差数列,又S1=a1=1,∴nS1=11S+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=121n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=121n-321n=-32122nn.∵a1=1不适合上式,∴an=,2,32122,1,1nnnn(2)bn=12nSn=12121nn=21121121nnTn=211211215131311nn=211211n=12nn(n∈N*).关注细节利用公式法进行转化时,应注意成立的前提条件是n≥2,所以要对n=1进行验证,若成立,则通项公式为an=Sn-Sn-1,若不成立,则通项公式为an=.2111nSSnSnn热点训练2在数列{an}中,已知a1=-1,an+1=Sn+3n-1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=3n+(-1)n-1·λ·(an+3)(λ为非零常数),问是否存在整数λ使得对任意n∈N*都有bn+1bn?若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由.解:(1)由an+1=Sn+3n-1(n∈N*),①得an=Sn-1+3n-4(n≥2),②①-②得an+1=2an+3(n≥2),∴an+1+3=2(an+3)(n≥2),由②得a2=S1+6-4=a1+2=1,∴数列{an+3}是从第二项起首项为4,公比为2的等比数列,∴an+3=4×2n-2=2n(n≥2),即an=2n-3(n≥2).而a1=-1也满足,∴an=2n-3(n∈N*).(2)存在.理由如下:由(1)可得bn=3n+(-1)n-1·λ·2n,bn+1=3n+1+(-1)n·λ·2n+1.要使bn+1bn恒成立,只需bn+1-bn=2·3n-3λ·(-1)n-1·2n0恒成立,即λ·(-1)n-1123n恒成立.当n为奇数时,λ123n恒成立,而123n的最小值为1,∴λ1;当n为偶数时,λ-123n恒成立,而-123n的最大值为-23,∴λ-23.即λ的取值范围是-23λ0或0λ1.∴存在整数λ=-1,使得对任意n∈N*都有bn+1bn.考向三利用错位相减法求和如果数列{an}是由一个等差数列{bn}和一个等比数列{cn}的对应项之积组成的数列,即an=bn×cn,则前n项和求解采用错位相减法.解题思路:分解通项,确定公比q,将式子的两端同时乘以公比q,再利用两式相减求出前n项和.【例3】将正数数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成数表,如图所示.记表中各行的第一个数a1,a2,a4,a7,…,构成数列为{bn},各行的最后一个数a1,a3,a6,a10,…构成数列为{cn},第n行所有数的和为sn(n=1,2,3,4,…).已知数列{bn}是公差为d的等差数列,从第二行起,每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q,且a1=a13=1,a31=35.(1)求数列{cn},{sn}的通项公式;(2)求数列{cn}的前n项和Tn的表达式.解:(1)bn=dn-d+1,前n行共有1+2+3+…+n=21nn个数.因为13=254+3,所以a13=b5×q2,即(4d+1)q2=1;又因为31=287+3,所以a31=b8×q2,即(7d+1)q2=35,解得d=2,q=31.所以bn=2n-1,cn=bn131n=1312nn(n∈N*),sn=31131112nn=23(2n-1)·nn313(n∈N*).(2)Tn=11+33+235+…+1312nn,①31Tn=31+233+335+…+nn312,②①②两式相减得:32Tn=1+212313131n-nn312=1+2×3113131n-nn312=2-nn322,所以Tn=3-131nn(n∈N*).热点训练3在数列{an}中,a1=1,an+1=1-na41,bn=122na,其中n∈N*.(1)求证:数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式an;(2)设cn=n·2n+1·an,求数列{cn}的前n项和Sn.(1)证明:∵bn+1-bn=1221na-122na=141122na-122na=124nnaa-122na=2(n∈N*),∴数列{bn}是等差数列.∵a1=1,∴b1=1221a=2,∴bn=2+(n-1)×2=2n,由bn=122na得,2an-1=nb2=n1(n∈N*),∴an=nn21.(2)解:由(1)得an=nn21,∴cn=n·2n+1·an=(n+1)·2n,∴Sn=2·21+3·22+4·23+…+(n+1)·2n①2Sn=2·22+3·23+4·24+…+n·2n+(n+1)·2n+1②①-②,得-Sn=2·21+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1=2+2n+1-2-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,∴Sn=n·2n+1.考向四利用裂项相消法求和及放缩法应用将数列的通项分成两个式子的和,即an=f(n+1)-f(n),然后累加抵消掉中间的很多项.此种方法适用于形如1nnaac的数列(其中数列{an}是各项不为0的等差数列).常见的裂项技巧有:11nn=n1-11n,21nn=21211nn,nn11=1n-n等.【例4】已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3(an-1),数列{bn}满足bn+1-bn=an-1,b1=1,n∈N*.(1)证明:数列{an}为