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【课堂新坐标】通用版2019届高三文科数学二轮复习 第1部分 专题2 突破点5 数列的通项与求和 含解析

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突破点 5

数列的通项与求和

提炼 1

an 和 Sn 的关系 若 an 为数列{an}的通项,Sn 为其前 n 项和,则有 an

?S1,n=1, =? 在使用这个关系式时,一定要注意区分 n=1,n≥2 两种情况, ?Sn-Sn-1,n≥2. 求出结果后,判断这两种情况能否整合在一起. 提炼 2 求数列通项常用的方法 (1)定义法:①形如 an+1=an+c(c 为常数),

直接利用定义判断其为等差数列.②形如 an+1=kan(k 为非零常数)且首项不为零, 直接利用定义判断其为等比数列. (2)叠加法:形如 an+1=an+f(n),利用 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an
-1

),求其通项公式. an+1 a2 a3 an (3)叠乘法:形如 a =f(n)≠0,利用 an=a1· · · … · ,求其通项公式. a1 a2 an-1 n (4)待定系数法:形如 an+1=pan+q(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0),先用待

定系数法把原递推公式转化为 an+1-t=p(an-t),其中 t= 求解.

q ,再转化为等比数列 1-p

(5)构造法:形如 an+1=pan+qn(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0),先在原递 推公式两边同除以 qn+1, 得 an+1 p an 1 an? p ? 构造新数列 { b 得 b n+1= · n+ , n}?其中bn=qn?, n+1= · qq q q bn ? ? q

1 +q,接下来用待定系数法求解. (6)取对数法:形如 an+1=pam n (p>0,an>0),先在原递推公式两边同时取对数, 再利用待定系数法求解. 提炼 3 数列求和 数列求和的关键是分析其通项,数列的基本求和方法有公

式法、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等,而裂项相 消法,错位相减法是常用的两种方法.

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回访 1

an 与 Sn 的关系

1 1.(2014· 全国卷Ⅱ)数列{an}满足 an+1= ,a =2,则 a1=________. 1-an 8 1 2 1 ∵an+1= , 1-an

1-an-1 1 1 ∴an+1= = = 1-an 1- 1 1-an-1-1 1-an-1 = 1-an-1 1 =1- =1- -an-1 an-1 1 1 =1-(1-an-2)=an-2,

1-an-2

∴周期 T=(n+1)-(n-2)=3. ∴a8=a3×2+2=a2=2. 1 1 而 a2= ,∴a1=2.] 1-a1 回访 2 数列求和

2.(2012· 全国卷)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前 60 项和为 ( ) A.3 690 C.1 845 D ∵an+1+(-1)nan=2n-1, B.3 660 D.1 830

∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1, a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1, a12=23-a1,…, a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a59+ a60)=10+26+42+…+234

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= 15×?10+234? =1 830.] 2

3.(2013· 全国卷Ⅰ改编)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. 则 (1){an}的通项公式为__________; (2)数列?a
? ? ? ? ? 1 ? ?的前 n 项和为__________. ? 2n-1a2n+1?

(1)an=2-n

(2)

n 1-2n

n?n-1? (1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+ 2 d.

? ? ?3a1+3d=0, ?a1=1 , 由已知可得? 解得? ? ? ?5a1+10d=-5, ?d=-1. 故{an}的通项公式为 an=2-n. (2)由(1)知 1 a2n-1a2n+1 ?3-2n??1-2n? = 1

1? 1 - 1 ? ?, =2? ?2n-3 2n-1? 1 ? ? ?的前 n 项和为 从而数列? ?a2n-1a2n+1? 1? 1 -1+1-1+…+ 1 - 1 ? n ? ?= .] 1 1 3 2?-1 2n-3 2n-1? 1-2n 4.(2014· 全国卷Ⅰ改编)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x2-5x+6 =0 的根,则 (1){an}的通项公式为__________;
?an? (2)数列?2n?的前 n 项和为__________. ? ?

1 (1)an=2n+1 =2,a4=3.

(2)2-

n+4 2n+1

(1)方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3,由题意得 a2

1 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d=2, 3 从而 a1=2.
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1 所以{an}的通项公式为 an=2n+1.
?an? (2)设?2n?的前 n 项和为 Sn, ? ?

an n+2 由(1)知2n= n 1 ,则 2+ n+1 n+2 3 4 Sn=22+23+…+ 2n + n 1 , 2+ n+1 n+2 1 3 4 S n= 3+ 4+…+ n 1 + n 2 . 2 2 2 2+ 2+ 两式相减得 1 3 ? 13+…+ 1 ? n+2 ?- S n= +?2 2 4 ? 2n+1? 2n+2 1 ? n+2 3 1? =4+4?1- n-1?- n 2 . 2 ? 2+ ? n+4 所以 Sn=2- n 1 .] 2+

热点题型 1 数列中的 an 与 Sn 的关系

数列中的 an 与 Sn 的关系

题型分析:以数列中 an 与 Sn 间的递推关系为载体,考查数列通项公式的求法, 以及推理论证的能力. 数列{an}中,a1=1,Sn 为数列{an}的前 n 项和,且满足 1(n≥2).求数列{an}的通项公式. 【导学号:85952024】 解] 2an 由已知,当 n≥2 时, =1, anSn-S2 n 2an = anSn-S2 n

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所以 =1,2 分 ?Sn-Sn-1?Sn-S2 n 2?Sn-Sn-1?



2?Sn-Sn-1? =1, -Sn-1Sn

1 1 1 所以S - =2.4 分 n Sn-1 又 S1=a1=1,
?1? 1 所以数列?S ?是首项为 1,公差为2的等差数列,6 分 ? n?

n+1 1 1 所以S =1+2(n-1)= 2 ,
n

2 即 Sn= .8 分 n+1 2 2 2 所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -n=- .10 分 n+1 n?n+1? 1,n=1, ? ? 因此 an=? 2 - ,n≥2. ? n?n+1? ?

12 分

给出 Sn 与 an 的递推关系,求 an,常用思路: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. 提醒:在利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)求通项公式时,务必验证 n=1 时的情形. 变式训练 1] (1)(2016· 合肥三模)已知数列{an}前 n 项和为 Sn, 若 Sn=2an-2n ,

则 Sn=__________. (2)已知数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn,且 2Sn+2=3an(n∈N*), 则 an=__________.

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(1)n· 2n(n∈N*) (2)2×3n-1(n∈N*) (1)由 Sn=2an-2n 得当 n=1 时, S1=a1=2;

?Sn? Sn Sn-1 当 n≥2 时,Sn=2(Sn-Sn-1)-2n,即2n- n 1=1,所以数列?2n?是首项为 1,公差 ? ? 2-

Sn 为 1 的等差数列, 则2n=n, Sn=n· 2n(n≥2), 当 n=1 时, 也符合上式, 所以 Sn=n· 2n(n ∈N*). (2)因为 2Sn+2=3an,① 所以 2Sn+1+2=3an+1,② an+1 由②-①,得 2Sn+1-2Sn=3an+1-3an,所以 2an+1=3an+1-3an,即 a =3. n 当 n=1 时,2+2S1=3a1,所以 a1=2,所以数列{an}是首项为 2,公比为 3 的 等比数列, 所以 an=2×3n-1(n∈N*).] 热点题型 2 裂项相消法求和

题型分析:裂项相消法是指把数列与式中的各项分别裂开后,某些项可以相互 ? 1 ? ? 1 ? ?或? ?(其中{an}为等差数列)等形式 抵消从而求和的方法,主要适用于? ?anan+1? ?anan+2? 的数列求和. 已知等差数列{an}的公差 d≠0,它的前 n 项和为 Sn,若 S5=70,且 a2, a7,a22 成等比数列,

(1)求数列{an}的通项公式;
?1? 1 3 (2)若数列?S ?的前 n 项和为 Tn,求证:6≤Tn<8. ? n?

解]

(1)由已知及等差数列的性质得 S5=5a3,∴a3=14,1 分

又 a2,a7,a22 成等比数列,即 a2 a22.2 分 7=a2· 由(a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d)且 d≠0,
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3 解得 a1=2d,∴a1=6,d=4.4 分 故数列{an}的通项公式为 an=4n+2,n∈N*.6 分 (2)证明:由(1)得 Sn= n?a1+an? 1 1 1?1- 1 ? 2 ? ? = 2 n + 4 n , = = 2 Sn 2n2+4n 4?n n+2?,8 分

1 1 1 1 1 ? 1? ? ∴Tn=4?1-3+2-4+…+n- n+2? ? 3 1? 1 + 1 ? ?.10 分 =8-4? ?n+1 n+2? 3 1?1 1? 1 又 Tn≥T1=8-4?2+3?=6, ? ? 1 3 所以6≤Tn<8.12 分

裂项相消法的基本思想就是把通项 an 分拆成 an=bn+k-bn(k≥1, k∈N*)的形式, 常见的裂项方式有: (1) 1 ? 1?1 ?; =k?n- n+k? ? n?n+k? 1 1? 1 - 1 ? ?; =2? ?2n-1 2n+1? ?2n-1??2n+1? 1 1 n+ n+k 1 =k( n+k- n).

(2)

(3)

提醒:在裂项变形时,务必注意裂项前的系数. 变式训练 2] =8. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. SnSn+1 解] (1)由题设知 a1· a4=a2· a3=8,2 分 (名师押题)已知数列{an}是递增的等比数列,且 a1+a4=9,a2a3

? ? ?a1=1, ?a1=8, ? 又 a1+a4=9,可得 或? (舍去)4 分 ? ? ?a4=8 ?a4=1.
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由 a4=a1q3 得公比 q=2,故 an=a1qn-1=2n-1.6 分 a1?1-qn? n (2)Sn= =2 -1.8 分 1-q an+1 Sn+1-Sn 1 1 又 bn= = =S - ,10 分 n Sn+1 SnSn+1 SnSn+1 1 ? 1 ?1 1 ?1 1? ?1 1? ?= - 所以 Tn=b1+b2+…+bn=?S -S ?+?S -S ?+…+?Sn- =1 Sn+1? S1 Sn+1 ? 1 2? ? 2 3? ? - 1 2
n+1

.12 分 -1 热点题型 3 错位相减法求和

题型分析:限于数列解答题的位置较为靠前,加上错位相减法的运算量相对较 大,故在近 5 年中仅有 1 年对该命题点作了考查,但其仍是命题的热点之一,务必 加强训练. 1 1 已知数列{an}和{bn}满足 a1=2, b1=1, an+1=2an(n∈N*), b1+2b2+3b3 1 +…+nbn=bn+1-1(n∈N*).

(1)求 an 与 bn; (2)记数列{anbn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 解] (1)由 a1=2,an+1=2an,得 an=2n(n∈N*).2 分

由题意知: 当 n=1 时,b1=b2-1,故 b2=2.3 分 1 当 n≥2 时,nbn=bn+1-bn.4 分 整理得 bn+1 n+1 bn = n ,所以 bn=n(n∈N*).6 分

(2)由(1)知 anbn=n· 2n ,
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因此 Tn=2+2· 22+3· 23+…+n· 2n , 2Tn=22+2· 23+3· 24+…+n· 2n+1,8 分 所以 Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n· 2n+1.9 分 故 Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).12 分

运用错位相减法求和应注意:一是判断模型,即判断数列{an},{bn}中一个为 等差数列,一个为等比数列;二是错开位置,一般先乘以公比,再把前 n 项和退后 一个位置来书写,这样避免两式相减时看错列;三是相减,相减时一定要注意式中 最后一项的符号,考生常在此步出错,一定要细心. 提醒:为保证结果正确,可对得到的和取 n=1,2 进行验证. 变式训练 3] -8)的两个零点. (1)求数列{an }的通项公式; (2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn. 解] (1)因为 a2,a4 是函数 f(x)=(x-2)(x-8)的两个零点,且等比数列{an}的公 已知在公比大于 1 的等比数列{an}中, a2, a4 是函数 f(x)=(x-2)(x

比 q 大于 1,所以 a2=2,a4=8,2 分 所以 q=2,所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1(n∈N*).6 分 (2)由(1)知 2nan=n×2n ,所以 Sn=1×2+2×22+…+n×2n,①7 分 2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②8 分 由①-②,得-Sn=2+2 +2 +…+2 -n×2
2 3 n n+1

2-2n×2 = -n×2n+1,11 分 1-2

所以 Sn=2+(n-1)×2n+1(n∈N*).12 分

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