2013年高考数学总复习课件6.4数列的通项及数列求和.ppt

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,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,=,q=1, q1.,，,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+n,n2,5.（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,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.33 B.72 C.84 D.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) =34(1+2+4)=84.,C,2.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=,C,3.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.13 B.10 C.9 D.6 解析 an= Sn=n- =n-1+ 而,D,4.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+n2-1 B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2 D.2n+n2-2 解析 Sn= =2n+1-2+n2.,C,5.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,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.,思维启迪,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+10, +1=0, 令 =t,(n+1)t2+t-n=0, (n+1)t-n(t+1)=0, t= 或t=-1（舍去）， 即,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. an0,an+1+an0,(n+1)an+1-nan=0, 即,（2）将已知递推式化为 将以上（n-1）个式子相加得,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.,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.,解 （1）因为对于一切nN*,an0, 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.,题型二 错位相减法求和 【例2】设数列an满足a1+3a2+32a3+3n-1an= nN*. （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=n3n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= 当n2时， a1+3a2+32a3+3n-2an-1= ,思维启迪,-得3n-1an= ,an= 在中，令n=1,得a1= ，适合an= an= (2)bn= ,bn=n3n. Sn=3+232+333+n3n 3Sn=32+233+334+n3n+1. -得2Sn=n3n+1-(3+32+33+3n), 即2Sn=n3n+1-,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.,(2)解 由（1）知,bn=n,an=n2n-1, 则Sn=120+221+(n-1)2n-2+n2n-1 2Sn=121+222+(n-1)2n-1+n2n 两式相减，得 Sn=n2n-120-21-2n-1=n2n-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,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a1时，S1=,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a1时，Sn=S1+S2=,题型四 裂项相消法求和 【例4】（12分）已知数列an中，a1=1，当n2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.,解 （1） an=Sn-Sn-1，（n2）, =（Sn-Sn-1）(Sn- ), 即2Sn-1Sn=Sn-1-Sn， 3分 由题意Sn-1Sn0， 式两边同除以Sn-1Sn，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,（2）又bn= 8分 Tn=b1+b2+bn 12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,知能迁移4 已知等差数列an的首项a1=1,公差d0，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= (nN*)，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 （nN*）.,（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t9. 又tN*，适合条件的t的最大值为8.,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,找出项与项数之间的统一对应关系，猜想通项公式；(2)理解数列的项与前n项和之间满足an=Sn-Sn-1（n2）的关系，并能灵活运用它解决有关数列问题. 2.an的两种常见变形 an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+（an-an-1）（累加法）；an=a1 （累乘法）.,思想方法 感悟提高,3.数列求和的方法技巧 （1）倒序相加：用于等差数列与二项式系数相关联的数列的求和. （2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和. （3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和数列的求和.,失误与防范 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.重点通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和.求和过程中同时要对项数作出准确判断. 3.含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.,一、选择题 1.等差数列an的通项公式an=2n-1,数列bn= 其前n项和为Sn，则Sn等于 （ ） A. B. C. D.以上都不对,定时检测,解析 an=2n-1， 答案 B,2.已知数列an满足a1=1,an+1=an+2n，则a10等于 （ ） A.1 024 B.1 023 C.2 048 D.2 047 解析 利用叠加法及等比数列求和公式， 可求得a10=210-1=1 023.,B,3.已知数列an的前n项和Sn=n2-4n+2，则|a1|+|a2|+|a10|等于 （ ） A.66 B.65 C.61 D.56 解析 当n=1时，a1=S1=-1; 当n2时， an=Sn-Sn-1=n2-4n+2-（n-1）2-4（n-1）+2 =2n-5， a2=-1，a3=1，a4=3，a10=15， |a1|+|a2|+|a10|=1+1+ =2+64=66.,A,4.数列1，1+2，1+2+4，1+2+22+2n-1，的前n项和Sn1 020，那么n的最小值是（ ） A.7 B.8 C.9 D.10 解析 1+2+22+2n-1= =2n-1， Sn=（2+22+2n）-n= -n=2n+1-2-n. 若Sn1 020，则2n+1-2-n1 020,n10.,D,5.若数列an的通项为an=4n-1,bn= nN*,则数列bn的前n项和是 （ ） A.n2 B.n(n+1) C.n(n+2) D.n(2n+1) 解析 a1+a2+an =(41-1)+(42-1)+(4n-1) =4(1+2+n)-n=2n(n+1)-n =2n2+n, bn=2n+1,b1+b2+bn =(21+1)+(22+1)+(2n+1) =n2+2n=n(n+2).,C,6.数列an= ,其前n项之和为 ,则在平面直角坐 标系中,直线(n+1)x+y+n=0在y轴上的截距为（ ） A.-10 B.-9 C.10 D.9 解析 数列的前n项和为 直线方程为10x+y+9=0. 令x=0,得y=-9,在y轴上的截距为-9.,B,二、填空题 7.等比数列an的前n项和Sn=2n-1，则 . 解析 当n=1时，a1=S1=1, 当n2时，an=Sn-Sn-1=2n-1-（2n-1-1）=2n-1， 又a1=1适合上式. an=2n-1， =4n-1. 数列 是以 =1为首项，以4为公比的等比数列. ,8.已知数列2 008,2 009，1，-2 008，-2 009，这 个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的 前后两项之和，则这个数列的前2 009项之和S2 009 等于 . 解析 由题意an+1+an-1=an,an+an+2=an+1, 两式相加得an+2=-an-1, an+5=an-1,即an是以6为周期的数列. 2 009=3346+5. a1+a2+a2 009=a1+a2+a3+a4+a5 =2 008+2 009+1-2 008-2 009=1, 即S2 009=1.,1,9.有限数列an中，Sn为an的前n项和,若把 称为数列an的“优化和”，现有一个共2 009项的数列：a1,a2,a3,a2 009,若其“优化和”为2 010，则有2 010项的数列：1，a1,a2,a3,a2 009的优化和为 . 解析 依题意， S1+S2+S2 009=2 0092 010. 又数列1,a1,a2,a2 009相当于在数列a1,a2,a2 009前加一项1， 其优化和为,2 010,三、解答题 10.数列an中,a1=3,an+an-1+2n-1=0 (nN*且n2). （1）求a2、a3的值； （2）证明：数列an+n是等比数列，并求an的通项 公式； （3）求数列an的前n项和Sn. （1）解 a1=3，an+an-1+2n-1=0 （nN*且 n2）， a2=-a1-4+1=-6,a3=-a2-6+1=1.,（2）证明 数列an+n是首项为a1+1=4,公比为-1的等比数列， an+n=4（-1）n-1，即an=4(-1)n-1-n, an的通项公式是an=4(-1)n-1-n (nN*).,（3）解 an=4（-1）n-1-n （nN*）， Sn=a1+a2+an =4(-1)0-1+4(-1)1-2+4(-1)2-3+ 4(-1)n-1-n =4(-1)0+(-1)1+(-1)2+(-1)n-1-（1+2+3+n） =21-(-1)n-,11.已知数列an的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的nN*满足关系式2Sn