学案31 数列的通项与求和_数列的通项及求和练习

学案31 数列的通项与求和由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“数列的通项及求和练习”。

4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S1，n＝1，(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：an＝ Sn－Sn－1，n≥2.(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－an－1)．

an＋1(3)当已知数列{an}中，满足a＝f(n)，且f(1)·f(2)·„·f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，n

aaa常利用恒等式an＝a1„a1a2an－1.(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、数学归纳法证明．

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：____________；

，q＝1，②等比数列前n项和Sn＝＝，q≠1.

推导方法：乘公比，错位相减法．

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：

11111111①n22n－12n＋1； ③n＋1n.nn＋1n＋12n－12n＋1n＋n＋

1(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()

3939A.2n－1)B.2(3n－1)C.8n－1)D.8n－1)

2．(2011·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．－1B．1C．±1D．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＋nB．2(n2＋n)C．2n2＋nD．4(n2＋n)

n＋14．(2010·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，n＋

2则使Sn

A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值31D．有最小值31

5．(2011·北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x

探究点一 求通项公式

2n＋1·an

例1 已知数列{an}满足an＋1＝a＝2，求数列{an}的通项公式．

an＋2＋1

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．

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；

1m

(2)设bn＝Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整

log2an·log2an＋1

数m.111

变式迁移2 求数列1，n项和．

1＋21＋2＋31＋2＋3＋„＋n

探究点三 错位相减法求和 例3(2011·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；

4(2)当q＝15时，若bn

123n

变式迁移3 求和Sn＝a＋a＋a＋„＋a.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)，2n3＋3n2an＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋(－1)n－1an＝()

gn

nn＋1nn＋1n－1nn＋1nnn＋1A．(－1)B．(－1)C.2 D．－

222

【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(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n

322n＋3n

＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.gn

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＋2n－1nnn＋1

＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－＝－

222；

nn－1nn＋12

当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋„＋(an－2－an－1)＋an＝Sn－1＋an＝－2n＝2nn＋1

∴Sn＝(－1)n－12

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．(2010·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

5为4，则S5等于()

A．35

B．3

3C．3

1D．29

S7n＋2a2．(2011·黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若T则b()

n＋3n5

6537729A.12B.8C.13D.4an－1－anan－an＋1

3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝(n≥2)，则此数列的第10项()

anan－1anan＋1

1111A.2B.2C.10D.51

4．数列{an}的前n项和为Sn，若anS5等于()

nn＋1

511

A．1B.6C.6D.305．数列1,1＋2,1＋2＋4，„，1＋2＋22＋„＋2n－1，„的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10

二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2010·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＝－a，则该数列前26项的和为________．

n

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)(2011·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)(2011·三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式；

1(2)证明aaaa8anan＋1122

311．(14分)(2010·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；

a·b(3)若cn＝n，求数列{cn}的前n项和Tn.答案自主梳理

n(a1＋an)n(n－1)a1(1－qn)

1．(2)累加法(3)累积法 2.(1)① na1＋2d 倒序相加法 ②na1 21－q

a1－anqn(n＋1)n(n＋1)(2n＋1)n(n＋1)

2 ③2 n2＋n n261－q2

自我检测

1．C 2.B 3.B 4.B5．10 100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

aan－1a＝·„·a等方法． an－1an－2a11

***

解 已知递推可化为a＋∴aa2，a－a＝2，a－a＝2，„，a－＝2.an＋1n2213243nan－1

11

1－2

1111111212n

将以上(n－1)个式子相加得aa＝2＋2＋2＋„＋2，∴a＝

1＝1－2.∴an＝2－1n1n

1－2

变式迁移1(1)证明 由已知有a1＋a2＝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．

an＋1an3

(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＋2＝4，a13an1331

因此数列2是首项为2422(n－1)×44－4an＝(3n－1)·2n－2.

例2 解题导引 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．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．

11111111.2．一般情况如下，若{an}是等差数列，则，anan＋1danan＋1anan＋22danan＋2

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－2.11111

(2)∵bn＝＝3，log2an·log2an＋1(3n－2)(3n＋1)3n－23n＋1111111111m1∴Tn＝3－4＋4－7＋„＋＝3(1－3∴20≥3，∴最小正整数m＝7.3n－23n＋13n＋1

121－变式迁移2 解 an＝2nn＋1，n(n＋1)

111112n11－1－∴Sn＝2·[2＋23＋„＋nn＋1]＝2·n＋1＝n＋1.

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

n

23nn＋15(5－1)① －②得－4Tn＝5＋5＋5＋„＋5－n×5＝4－n×5n＋1，55

∴Tn＝16n×5n－5n＋1)，Sn＝16(4n×5n－5n＋1)log45.141414141414

(2)∵bn＝anlog4an＝n15nlog415，∴bn＋1－bn＝(n＋1)15n＋1log415－n15nlog415

141414n14n14n14n

＝1515－15log415>0，∵15>0，log415，∴1515，∴n>14，即n≥15时，bn

n(n＋1)123n

变式迁移3解当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋„＋n＝2a≠1时，Sn＝aaa＋„＋a，①

11123n1111n

∴an＝a＋a＋a＋„＋＋，②①－②，得1－a·Sn＝aaa„＋a＋

aa

11111－a1－1－aaaa1nnn

1－aSn＝－－＋＝＋，∴Sn＝－1aa－1a(a－1)(a－1)·a1－a

∴S＝1

a1an，a≠1.(a－1)(a－1)·a

n

n(n＋1)

2，a＝1，课后练习区1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6．9解析 ∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．

an＋1

两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即a＝4.∴{an}为以a2为首项，公比为4的n

n－2

等比数列．当n＝1时，a2＝3S1＝3，∴n≥2时，an＝3·4，S10＝a1＋a2＋„＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42

49－1

＋„＋3×4＝1＋3×(1＋4＋„＋4)＝1＋3×1＋49－1＝49.∴log4S10＝log449＝9.4－1

7．－10解析 依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝2，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝21

所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋2)＋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．…………(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，n(5－3n＋8)－3n2＋13n∴Sn＝；…(9分)当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.22

－3n2＋13n

22，1≤n≤2，(n－2)(1＋3n－8)3n－13n＋28

∴Sn＝S2＋分)∴Sn＝2

223n－13n＋28

n≥3.2

(12分)

10．(1)解 因为Sn＝2nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝2a1＋a1－c，解得a1＝2c，(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)

111111

(2)证明 因为aaaa„＋„＋anan＋14×66×8(2n＋2)(2n＋4)1223

***1＝24－6)＋268＋„＋2(＝246＋(68＋„＋(……(8分)

2n＋22n＋42n＋22n＋4

111111111＝24－)＝8……(10分)因为n∈N*，所以aa＋aa＋„＋

2n＋44(n＋2)anan＋11223

－－

11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n1(n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n1＝2×3n－1(n≥2)．…(3分)

3，n＝1，1－1

当n＝1时，2×3＝2≠S1＝a1＝3，…(4分)∴an＝n－1*…(5分)

2×3，n≥2，n∈N

(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，„，bn－bn－1＝2n－3.(n－1)(1＋2n－3)2

以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋„＋(2n－3)＝＝(n－1).∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.……(7分)

－3，n＝1，(3)由题意得cn＝n－1*………(9分)

2(n－2)×3，n≥2，n∈N.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.3n－3(2n－5)3n＋3n23n－1n

∴Tn＝(n－2)×3－(3＋3＋3＋„＋3)＝(n－2)×3－2……(13分)

(2n－5)3n＋3*

T1＝－3也适合． ∴Tn＝(n∈N)．……(14分)