2数列通项公式和前n项和教案.docx
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2数列通项公式和前n项和教案
二、数列的性质、通项公式及求和
1.数列的有关概念
概念
含义
数列
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系能用公式an=f(n)表示,这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
数列{an}中,Sn=a1+a2+…+an叫做数列的前n项和
2.数列的表示方法
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n,an)画在平面直角坐标系中
公式法
通项公式
把数列的通项用公式表示
递推公式
使用初始值a1和an+1=f(an)或a1,a2和an+1=f(an,an-1)等表示数列的方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn,则an=
4.数列的分类
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
an+1>an
其中n∈N*
递减数列
an+1 常数列 an+1=an 题型一、由an与Sn的关系求通项公式 例1 (1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,则an=________. 答案 4n-5 解析 a1=S1=2-3=-1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5, 由于a1也适合此等式,∴an=4n-5. (2)(2020·河南省天一大联考)设Sn为数列{an}的前n项和,若2Sn=3an-3,则a4等于( ) A.27B.81C.93D.243 答案 B 解析 根据2Sn=3an-3,可得2Sn+1=3an+1-3, 两式相减得2an+1=3an+1-3an,即an+1=3an, 当n=1时,2S1=3a1-3,解得a1=3, 所以数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列, 所以a4=a1q3=34=81. 故选B. (3)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=2n,则an=________. 答案 解析 当n=1时,由已知,可得a1=21=2, ∵a1+2a2+3a3+…+nan=2n,① 故a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=2n-1(n≥2),② 由①-②,得nan=2n-2n-1=2n-1, ∴an=. 显然当n=1时不满足上式,∴an= 跟踪训练1 (1)已知数列{an}的前n项和Sn=3n+1,则an=________. 答案 解析 当n=1时,a1=S1=3+1=4; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+1)-(3n-1+1)= 2×3n-1. 当n=1时,2×31-1=2≠a1, 所以an= (2)(2019·咸阳模拟)已知正项数列{an}中,++…+=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为( ) A.an=nB.an=n2C.an=D.an= 答案 B 解析 由题意得=-=n(n≥2), 又=1,所以=n(n≥1),an=n2,故选B. (3)(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=________. 答案 -63 解析 ∵Sn=2an+1,当n≥2时,Sn-1=2an-1+1, ∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2), 即an=2an-1(n≥2). 当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1. ∴数列{an}是首项a1=-1,公比q=2的等比数列, ∴Sn===1-2n, ∴S6=1-26=-63. 题型二、由数列的递推关系求通项公式 命题点1 累加法 例2 设数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+1,则an=________. 答案 解析 由条件知an+1-an=n+1, 则当n≥2时,an=(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)+a1=(2+3+4+…+n)+2=.(经检验,n=1时也符合). 命题点2 累乘法 例3 设数列{an}中,a1=2,an+1=an,则an=________. 答案 解析 ∵an+1=an,a1=2,∴an≠0,∴=. ∴当n≥2时,an=···…···a1=···…··2=. (经检验,n=1时也符合). 思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现an=an-1+f(n)时,用累加法求解. (2)当出现=f(n)时,用累乘法求解. 跟踪训练2 (1)(2019·榆林模拟)在数列{an}中,=+2n-1,a1=0,则a8=________. 答案 2492 解析 令bn=, 则bn+1-bn=2n-1,b1=1, ∴b8=b8-b7+b7-b6+…+b2-b1+b1=13+11+…+1+1=50, ∴=50,∴a8=2492. (2)已知数列{an}满足a1=,an+1=an,求通项公式an. 解 由已知得=,分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得n-1个等式累乘,即···…·=××××…××, 所以=,即n≥2时,an=, 又因为a1=也满足该式,所以an=. 题型三、数列的性质 命题点1 数列的单调性 例4 (1)已知数列{cn},cn=,则当n=________时,cn最大. 答案 5 解析 cn+1-cn=-=, 当n≤4时,cn+1>cn,当n≥5时,cn+1 因此c1 ∴n=5时,cn取得最大值. (2)已知an=n2+λn,且对于任意的n∈N*,数列{an}是递增数列,则实数λ的取值范围是________. 答案 (-3,+∞) 解析 因为{an}是递增数列,所以对任意的n∈N*,都有an+1>an,即(n+1)2+λ(n+1)>n2+λn, 整理,得2n+1+λ>0,即λ>-(2n+1).(*) 因为n≥1,所以-(2n+1)≤-3,要使不等式(*)恒成立,只需λ>-3. 命题点2 数列的周期性 例5(2019·兰州模拟)已知数列{an}中,a1=1,a2=2,且an·an+2=an+1(n∈N*),则a2020的值为( ) A.2B.1C.D. 答案 B 解析 因为an·an+2=an+1(n∈N*), 由a1=1,a2=2,得a3=2, 由a2=2,a3=2,得a4=1, 由a3=2,a4=1,得a5=, 由a4=1,a5=,得a6=, 由a5=,a6=,得a7=1, 由a6=,a7=1,得a8=2, 由此推理可得数列{an}是周期为6的数列, 所以a2020=a4=1,故选B. 题型四、构造新数列 对于数列通项公式的求解,除了我们已经学习的方法以外,根据所给递推公式的特点,还有以下几种构造方式. 构造法1 形如an+1=can+d(c≠0,其中a1=a)型 (1)若c=1,数列{an}为等差数列. (2)若d=0,数列{an}为等比数列. (3)若c≠1且d≠0,数列{an}为线性递推数列,其通项可通过待定系数法构造等比数列来求. 方法如下: 设an+1+λ=c(an+λ),得an+1=can+(c-1)λ, 与题设an+1=can+d比较系数得λ=(c≠1), 所以an+=c(n≥2), 即构成以a1+为首项,以c为公比的等比数列. 例1 在数列{an}中,若a1=1,an+1=3an+2,则通项an=________. 答案 2×3n-1-1 解析 an+1=3an+2,即an+1+1=3(an+1), 又因为a1+1=2≠0, 所以{an+1}构成以2为首项,以3为公比的等比数列, 所以an+1=2·3n-1,an=2·3n-1-1. 构造法2 形如an+1=pan+q·pn+1(p≠0,1,q≠0)型 an+1=pan+q·pn+1(p≠0,1,q≠0)的求解方法是两端同时除以pn+1,即得-=q,则数列为等差数列. 2.倒数为特殊数列(形如an=型) 例4 已知数列{an}中,a1=1,an+1=,求数列{an}的通项公式. 解 ∵an+1=,a1=1,∴an≠0,∴=+,即-=, 又a1=1,则=1,∴是以1为首项,为公差的等差数列. ∴=+(n-1)×=+,∴an=(n∈N*). 题型五、数列的求和 命题点1 分组求和与并项求和 例3 (2019·湖南省张家界慈利县期中)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, 因为b2=3,b3=9,可得q==3, 所以bn=b2qn-2=3·3n-2=3n-1, 又由a1=b1=1,a14=b4=27, 所以d==2, 所以数列{an}的通项公式为 an=a1+(n-1)×d=1+2(n-1)=2n-1. (2)由题意知cn=an+bn=(2n-1)+3n-1, 则数列{cn}的前n项和为 [1+3+…+(2n-1)]+(1+3+9+…+3n-1)=+=n2+. 命题点2 错位相减法求和 例4 (2019·安徽省合肥一中、安庆一中等六校联考)设等比数列{an}满足a1+a3=20,a2+a4=10. (1)令Tn=a1a2a3…an,求Tn的最大值; (2)令bn=log2an,求数列{anbn}的前n项和Sn. 解 (1)设等比数列{an}首项为a1,公比为q, 所以a1+a1q2=20,a1q+a1q3=10, 解得所以an=, 当an=≥1时,解得n≤5, 所以a1>a2>a3>a4>a5=1>a6>a7>…, 所以Tn的最大值为T4=T5=16×8×4×2=1024. (2)由 (1)知bn=log2an=log2 =5-n, 则an·bn=(5-n)·n-5, Sn=4·-4+3·-3+…+(5-n)·n-5, 两边同时乘得,Sn=4·-3+3·-2+…+(5-n)·n-4, 两式相减得, Sn=4·-4--(5-n)·n-4 =4×16--(5-n)·n-4 =64-16-(5-n)·n-4 =48+(n-3)·n-4, 所以Sn=96+(n-3)·25-n. 命题点3 裂项相消法求和 例5(2020·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且(t+1)Sn=a+3an+2(t∈R). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足b1=1,bn+1-bn=an+1,求数列的前n项和Tn. 解 (1)因为a1=1,且(t+1)Sn=a+3an+2, 所以(t+1)S1=a+3a1+2,所以t=5. 所以6Sn=a+3an+2.① 当n≥2时,有6Sn-1=a+3an-1+2,② ①-②得6an=a+3an-a-3an-1, 所以(an+an-1)(an-an-1-3)=0, 因为an>0,所以an-an-1=3, 又因为a1=1, 所以{an}是首项为1,公差为3的等差数列, 所以an=3n-2(n∈N*). (2)因为bn+1-bn=an+1,b1=1, 所以bn-bn-1=an(n≥2,n∈N*), 所以当n≥2时, bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=an+an-1+…+a2+b1=. 又b1=1也适合上式,所以bn=(n∈N*)
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