高考数学理科一轮【学案31】数列的通项与求和含答案

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 学案31　数列的通项与求和 导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 自主梳理 1．求数列的通项 (1)数列前n项和Sn与通项an的关系： an＝ (2)当已知数列{an}中，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，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－a

2、n－1)． (3)当已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1···…·. (4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项． (5)归纳、猜想、证明法． 2．求数列的前n项的和 (1)公式法 ①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________； ②等比数列前n项和Sn＝ 推导方法：乘公比，错位相减法． ③

3、常见数列的前n项和： a．1＋2＋3＋…＋n＝__________； b．2＋4＋6＋…＋2n＝__________； c．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝______； d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________； e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________. (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列． (3)裂项(相消)法：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． 常见的裂项公式有： ①＝－； ②＝； ③＝－. (4)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

4、和． (5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导． 自我检测 1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的(　　) A.(3n－1) B.(3n－1) C.(9n－1) D.(9n－1) 2．(20xx·邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为 (　　) A．－1 B．1 C．±1

5、 D．0 3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于 (　　) A．n2＋n B．2(n2＋n) C．2n2＋n D．4(n2＋n) 4．(20xx·天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2 (n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n (　　) A．有最大值63 B．有最小值63 C．有最大值31

6、 D．有最小值31 5．(20xx·北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x<2nx (n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________． 6．数列1,4，7，10，…前10项的和为________. 探究点一　求通项公式 例1　已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝2，求数列{an}的通项公式． 变式迁移1　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2. (1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式．

7、 探究点二　裂项相消法求和 例2　已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m. 变式迁移2　求数列1，，，…，，…的前n项和． 探究点三　错位相减法求和 例3　(20xx·荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q (q>0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an (n∈N*)． (1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn； (2)当q＝时，若bn&

8、lt;bn＋1，求n的最小值． 变式迁移3　求和Sn＝＋＋＋…＋. 分类讨论思想的应用 例　(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，an＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝ (　　) A．(－1)n－1 B．(－1)n C. D．－ 【答题模板】 答案　A 解析　本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和． 当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(

9、x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2. 方法一　当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－·＝－； 当n为奇数时，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， 检验选择项，可确定A正确． 【突破思维障碍】 在利用并项转化求和时，由于

10、数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示． 1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项； (2)观察法：例如由数列的前几项来求通项； (3)可化归为使用累加法、累积法； (4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法； (5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明． 2．数列求和的方法： 一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和． 3．求和时应注意的问题： (1)直接用公式求和时，注意公式的应用范

11、围和公式的推导过程． (2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和． (满分：75分) 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(20xx·广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为，则S5等于 (　　) A．35 B．33 C．31 D．29 2．(20xx·黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，

12、Tn，若＝，则＝ (　　) A. B. C. D. 3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝ (n≥2)，则此数列的第10项(　　) A. B. C. D. 4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于 (　　) A．1 B. C. D. 5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>

13、1 020，那么n的最小值是 (　　) A．7 B．8 C．9 D．10 题号 1 2 3 4 5 答案 二、填空题(每小题4分，共12分) 6．(20xx·东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，则log4S10＝__________. 7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－，则该数列前26项的和为______

14、__． 8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________. 三、解答题(共38分) 9．(12分)(20xx·河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)． (1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列； (2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn. 10．(12分)(20xx·三门峡月考)设等差数

15、列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6. (1)求c的值及数列{an}的通项公式； (2)证明＋＋…＋<. 11．(14分)(20xx·北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1) (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式an； (2)求数列{bn}的通项公式bn； (3)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 答案 自主梳理 1．(2)累加法　(3)累积法　2.(1)①　na1＋d　倒序相加法　②na1　

16、　 ③　n2＋n　n2　　2 自我检测 1．C　2.B　3.B　4.B 5．10 100　6.145 课堂活动区 例1　解题导引　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＝··…··a1等方法． 解　已知递推可化为 －＝， ∴－＝，－＝，－＝，…，－＝. 将以上(n－1)个式子相加得 －＝＋＋＋…＋， ∴＝＝1－. ∴an＝. 变式迁移1　(1)证明　由已知有 a1＋a

17、2＝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. 因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列． (2)解　由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2， 所以an＋1－2an＝3×2n－1， 于是－＝， 因此数列是首项为，公差为的等差数列， ＝＋(n－1)×＝n－， 所以an＝(3n－1)·2n－2. 例2　解题导引　1.利用裂项相消法求和时，应注

18、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．再就是将通项公式裂项后，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． 2．一般情况如下，若{an}是等差数列， 则＝，＝. 此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和． 解　(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2， 两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1， ∴an＋1＝8an(n∈N*)． ∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列， ∴an＝2·8n－1＝23n

19、－2. (2)∵bn＝＝ ＝(－)， ∴Tn＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1－)<. ∴≥，∴最小正整数m＝7. 变式迁移2　解　an＝＝2， ∴Sn＝2·[＋＋…＋]＝2·＝. 例3　解题导引　1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法． 2．用乘公比错位相减法求和时，应注意： (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式． 解　(1)由题意

20、得an＝qn， ∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn ＝n·5n·log45， ∴Sn＝(1×5＋2×52＋…＋n×5n)log45， 设Tn＝1×5＋2×52＋…＋n×5n，① 则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

21、)log45. (2)∵bn＝anlog4an＝nnlog4， ∴bn＋1－bn＝(n＋1)n＋1log4－ nnlog4 ＝nlog4>0， ∵n>0，log4<0， ∴－<0，∴n>14， 即n≥15时，bn<bn＋1. 故所求的n的最小值是15. 变式迁移3　解　当a＝1时， Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝， 当a≠1时，Sn＝＋＋＋…＋，① ∴Sn＝＋＋＋…＋，② ①－②，得·Sn ＝＋＋＋…＋－， Sn＝－ ＝－， ∴Sn＝－. ∴Sn＝ 课后练习区 1．C　2.A　3.D　4.B　5.D 6．9

22、解析　∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1 (n≥2)． 两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， ∴an＋1＝4an，即＝4. ∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列． 当n＝1时，a2＝3S1＝3， ∴n≥2时，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. ∴log4S10＝log449＝9. 7．－10 解析　依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝，a5＝

23、1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋)＋1－2＝－10. 8．2n＋1－2 解析　依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得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)由题意，an＝n＋1， 故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1， 故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列

24、．……………………………………(5分) (2)由题意，bn＝|3n－8|.……………………………………………………………………(7分) 当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8， 数列{bn}为等差数列，b1＝5， ∴Sn＝＝；………………………………………………………(9分) 当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1. ∴Sn＝S2＋＝.…………………………………………(11分) ∴Sn＝……………………………………………(12分) 10．(1)解　因为Sn＝nan＋an－c， 所以当n＝1时，S1＝a1＋a1－c， 解得a1＝2c，…………………………………

25、……………………………………………(2分) 当n＝2时，S2＝a2＋a2－c， 即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………………………………………………………(3分) 所以3c＝6，解得c＝2；…………………………………………………………………(4分) 则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………………………………………………………(6分) (2)证明　因为＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝(－)＋(－)＋…＋(－) ＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]……………………………………………(8分) ＝(－)＝－.…………………

26、…………………………………………(10分) 因为n∈N*，所以＋＋…＋<.…………………………………………(12分) 11．解　(1)∵Sn＝3n， ∴Sn－1＝3n－1 (n≥2)． ∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1 (n≥2)．……………………………………………(3分) 当n＝1时，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－

27、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.………………………………………………………………(7分) (3)由题意得 cn＝……………………………………………………(9分) 当n≥2时，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， 相减得－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也适合． ∴Tn＝ (n∈N*)．…………………………………………………………(14分)