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数列专题三
第4讲等差数列、等比数列与数列求和
01二抓住2个考点必考亞记夯墓固本
对应学生
用书P93
考点梳理
1.等差数列与等比数列
(1)等差数列与等比数列的联系
等差数列{an}中的加、减、乘、除运算与等比数列{an}中的乘、除、乘方、开方对应.
⑵等差数列与等比数列的探求
要判定一个数列是等差数列或等比数列,可用定义法或等差(比)中项法、而要
说明一个数列不是等差数列或等比数列,只要说明某连续三项不成等差数列或等比数列即可.
2.数列求和的常用方法
(1)公式法:
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和
①等差数列的前n项和公式:
②等比数列的前n项和公式:
na1,q=1,
S=a1—anqa11—qn
=,qm1.
1—q1—q
(2)倒序相加法:
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和即是用此法推导的.
(3)错位相减法:
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,如等比数列的前n项和就是用此法推导的.
(4)裂项相消法:
把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
(5)分组转化求和法:
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.
(6)并项求和法:
一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12
=(100+99)+(98+97)+-+(2+1)=5050.
【助学微博】
一种转化思路
一般数列求和,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.
三个裂项公式
1_1-^⑵2n-12n+1二22n-12n+1;
⑶=一n+1-n.
n+n+1
考点自测
S5
1.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则至二.
解析设等比数列的首项为a1,公比为q.因为8a2+a5=0,所以8a1q+a1q4=
0.
答案-11
2.(2011广东卷)已知{an}是递增等比数列,a2=2,a4-a3=4,则此数列的公
比q=.
解析由a4—a3=a2q2—a2q=2q2—2q=4,解得q=2(q>1).
答案2
3.(2012无锡市第一学期期末考试)设S是等比数列{an}的前n项和,Ss,S9,
S3成等差数列,且a2+a5=2am,则m=.
a1—q解析设等比数列{an}的公比为q,显然qM1.由2S9=Ss+Se得2•=
a11—q3a11—q6
+
1—q1—q
an
1—q
1_-1n
…13~1n—,一
8xi+n=6——3x6+n,
1+3
1ii
所以|3—n—6|=—3nx6=3nx6<125,即3n>750将n=5,6,7代入验证符合题意的最小正整数n=7.
答案7
02》突破4个考向研析秦剖希向突硝
对应学生
biq2—1—aiqi—1=0,①
即22
biq2q2—1—aiqiqi—1=0.②①Xq2—②得ai(qi—q2)(qi—1)2=0,由ai工0得qi=q2或qi=1.
(i)当qi=q2时,由①②得bi=ai或qi=q2=1,这时(b2—a2)—(bi—ai)=0,与公差不为0矛盾.
(ii)当qi=1时,由①②得bi=0或q2=1,这时(b2—a2)—(bi—ai)=0,与公差不为0矛盾.
综上所述,不存在两个等比数列{an},{bn}使bi—ai,b2—a2,b3—a3,b4—a4成公差不为0的等差数列.
[方法总结]对等差、等比数列的综合问题的分析,应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和;分析等差、等比数列项之间的关系.往往用到转化与化归的思想方法.
【训练1】(2012苏州市自主学习调查)已知数列{an}各项均为正数,其前n项和为Sn,点(an,Sn)在曲线(x+1)2=4y上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bi=3,令bn+1=abn,设数列{bn}的前n项和为Tn,求数列
{Tn—6n}中最小项的值.
解
(1)由题意知,(an+1)2=4Sh.
①—②得4an=an2—an2—i+2(an—an—i)=0,即a2n—an2—i=2(an+an—i).
由于an>0,所以an—an-1=2.又(ai+1)2=4ai,解得ai=1,即数列{an}是首项为1,公差d=2的等差数列,所以an=ai+(n—i)d=i+2(n—i)=2n—i.
⑵由已知得bi=3,bn+1=2bn—1,贝Ubn+1—1=2(bn—1),所以{bn—1}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以bn—1=22nT=2n,即卩bn=2n+1,
所以Tn=bi+b2+-+bn=(21+22+…+2n)+n
即数列{Tn—6n}中最小项的值为一4.
考向二等差数列与等比数列的判定或证明
【例2】(2012盐城调研二)在数列{an}中,a1=1,且对任意的k€N*,a2k—1,
1求证:
{bk}是等差数列,并指出其公差;
2若d1=2,试求数列{dk}的前k项的和Dk.
的等比数列,
(2)①证明■/a2k,a2k+1,a2k+2成等差数列,
2a2k+1=a2k+a2k+2,
=qk=
得—h=严=七+1,「—h-*=1,
qk+1—1qk—1qk—1qk+1—1qk—1即bk+1—bk=1,•{bk}是等差数列,且公差为1.
②解Td1=2,.°.a3=a2+2,则由a2=1xa3=a2+2,解得a2=2或a2=—1.
1
(i)当a2=2时,q1=2,「.b1=1,贝Ubk=1+(k—1)x1=k,即卩=k,
qk一1
k+12
k+1a2k+1
qk="IT,二a2k—T
a3
a;a1
[方法总结]求数列通项或前n项和,首先考虑原数列是否是等差数列或等比数列,可以通过定义或等差(比)中项作出判断或证明.
【训练2】数列{an}的前n项和记为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1(n》1).
(1)求{an}的通项公式;
(2)等差数列{bn}的各项为正,其前n项和为Tn,且T3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,求Tn.
解⑴由an+1=2S+1,可得an=2Sn-1+1(n》2),
两式相减得an+1—an=2an,则an+1=3an(n》2).
又a2=2S1+1=3,二a2=3a1.
故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,•••an=3n1
⑵设{bn}的公差为d,
由T3=15,bi+b2+b3=15,可得b2=5,
故可设bi=5—d,b3=5+d,又ai=1,a2=3,a3=9,
由题意可得(5—d+1)(5+d+9)=(5+3),
解得=2,d2=—10.
•••等差数列{bn}的各项为正,二d>0,
考向三裂项相消法求和
I23cwinw,)
「免捷解听名师胡涉檣題逼•
1【例3】在数列{an}中,a1=1,当n》2时,其前n项和Sn满足&=anSn—㊁.
(1)求Sn的表达式;
Sn⑵设bn=2n+1,求{bn}的前n项和Tn.
1
审题视点第⑴冋利用an=Sn—Sn—1(n》2)后,再同除Sn—1Sn转化为§的等
差数列即可求Sn.
第
(2)问求出{bn}的通项公式,用裂项相消求和.
1
解
(1):
Sn=anSn—㊁,an=Sn—Sn-1(n》2),
•I&=(Sn—Sn-1)Sn—,
即2Sn—1Sn=Si-1一Sn,①
由题意Sn-1Sn^0,
11
①式两边同除以Sn—1Sn,得&—=2,
SnSn—1
111•••数列直是首项为詁詁1,公差为2的等差数列.
S1
⑵又bn=2n+1=2n—12n+1
[方法总结]使用裂项相消法求和时,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.
12n2
【训练3】在数列{an}中,an=++…+,又bn=,求数
n+1n+1n+1anan+1‘
列{bn}的前n项和Sn.
丽12n1+2+^+nnn+1n
解an=n+7+n+7+…+n+1二^+1二2n+1二2.
1—n+1
8n
n+1.
考向四错位相减法求和
f2Swww.zjistkw.corn1
[免熨畀听名师细涉輻题
【例4】设数列{an}满足a1+3a2+3a3+-+3n—1an=3,n€N*.
(1)求数列{an}的通项;
⑵设bn=an,求数列{bn}的前n项和Sn.
审题视点
(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):
ai+3a2+32a3+—+3n1an=£,①
•••当n》2时,
2n-2n—1金
ai+3a2+3a3+…+3an-i=3~,②
1i
①一②得3n1an=3,二an=31.
111
在①中,令n=1,得a1=3,适合an=可,.,.an=尹
nn
(2)vbn=—,•bn=n3.
an
•Sn=3+2X32+3X33+…+n3n,③
•3S=32+2X33+3X34+…+n3n+1.④
④一③得2Sn=n3n+1-(3+32+33+…+3n),
行31-3n2n-13n+1.3
即2Sn=n3—1-3,…Sn=4+4.
[方法总结]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.
【训练4】(2011辽宁卷)已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8二—10.
(1)求数列{an}的通项公式;
an
(2)求数列2^的前n项和.
a1+d=0,
解
(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知条件可得解得
2a1+12d=—10,
a1=1,
d=—1.
故数列{an}的通项公式为an=2-n.
an
(2)设数列2^"1的前n项和为Sn,
an2—n1n.
2门-1=2门—1=2门-2—2门-1,…Sn=
1n
2n―2^-1.
2n
记Tn=1+2+22+・.・+2^1,①贝U2〒n=2+22+2^+…+号,②
①—②得:
2口=1+1+壬+…+2^-乡,
1
1—歹
12n
•I2止=1—尹即Tn=41
1—-
12
21—1n
Sn=^
1—2
11n
=41—2^—41—2^+2^—1
03*揭秘3年高考
对应学生
d,从而求出数列{bn}的首项、公比;禾I」用等比数列的定义可解决第⑵问.
[解答示范]
(1)设成等差数列的三个正数分别为a—d,a,a+d依题意,得a
—d+a+a+d=15,
解得a=5.(2分)所以{bn}中的b3,b4,b5依次为7—d,10,18+d.
依题意,有(7—d)(18+d)=100,解得
d=2或d=—13(舍去).(5分)
故{bn}的第3项为5,公比为2,
由b3=b122,即5=b122,解得b1=4・
5
所以{bn}是以5为首项,2为公比的等比数列,其通项公式为bn=52n—1=52n-3(7分)
5
即n+4=52n—2.
第四步:
才是应用有关等差(比)数列的有关公式或性质求解有关问题.
高考经典题组训练
1.(2012辽宁卷)已知等比数列{an}为递增数列,且a5=aio,2(an+an+2)=
5an+1,则数列{an}的通项公式an=.
解析・.2(an+an+2)=5an+i,:
2an+2anq2=5anq,
1
即2q2—5q+2=0,解得q=2或q=空(舍去).
又va2=a1o=a5q5,:
a5=q5=25=32,
「32=a1q4,解得a1=2,:
an=2X2n—1=21,故an=2n.
答案2n
2.(2012湖北卷改编)定义在(—x,0)U(0,+x)上的函数f(x),如果对于任意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(—x,0)U(0,+x)上的如下函数:
①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)=|x|;④f(x)=ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为.
fan+1a2+1^fan+1|an+11_
解析验证①=二才=q2,③='_=.|q|,.「①③为“保等比
fanan"fanyj|an|円
数列函数”,故填①③.
答案①③
3.(2012上海卷改编,18)设an=坯莠S=a〔+a2+-+an.在S,&,•••,
S100中,正数的个数是.
解析令bn=sin2n,则bn=b50+n,又b1>0,b2>0,…,b24>0,b25=0,b26<0,
b27<0,…,b49<0,b50=0,且b1+b26=b2+b27=•••=b51+b76=・・・=b75+b100=0.
a24>0,a25=0,a26<0,…,a49<0,
1nn1…
又an=nsin25=nbn,则a1>0,a2>°,…,
a50=0,a51>0,…,a74>0,a75=0,a76<0,…,a99<0,a100=0,且a1>|a26|,
ai+a26>0,同理a2+a27>0,…,a24+a49>0,a26+a5i>0,…,a74+a99>0.
•'Si,S2,…,S100均为正数.
答案100
4.(2012重庆卷)已知数列{an}为等差数列,且ai+a3=8,
a2+a4=12.
(1)求{an}的通项公式;
⑵记{an}的前n项和为Sn,若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.
a1+a3=8,解
(1)设数列{an}的公差为d,则由
a2+a4=12,
2a1+2d=8,
2a1+4d=12,解得a1=2,d=2.
所以an=a1+(n—1)d—2+2(n—1)—2n.
因为a1,ak,9+2成等比数列,
所以ak—a18+2,即(2k)2—2(k+2)(k+3),也即k2—5k—6—0,解得k—6或k—-1(舍去).
因此k—6.
5.
a2m
(2010四川卷)已知数列{an}满足a1—0,a2—2,且对任意m,n€N*都有
2
—1+a2n—1—2am+n-1+2(m—n).
(1)求a3,a5;
⑵设bn—a2n+1—a2n-1(n€N*),证明:
{bn}是等差数列;
⑶设cn—(an+1—an)qnT(qM0,n€N*),求数列{cn}的前n项和Sn.解⑴由题意,令m—2,n—1可得a3—2a2—a1+2—6.
再令m—3,n—1可得a5—2a3—a1+8—20.
⑵当n€N*时,由已知(以n+2代替m)
可得a2n+3+a2n—1—2a2n+1+8.
于是[a2(n+1)+1—a2(n+1)—1]—(a2n+1—a2n-1)—8,
即bn+1一bn=8.
所以,数列{bn}是公差为8的等差数列.
⑶由
(1)、
(2)的解答可知{bn}是首项bi=a3—ai=6,公差为8的等差数列.则bn=8n—2,即卩a2n+1—a2n—1=8n—2.
另由已知(令m=1)可得,an=a2ri;+a—(n—1)2.
于是,cn=2nqn1.
当q=1时,Sn=2+4+6+-+2n=n(n+1).当qM1时,Sn=2q0+4q1+6q2+…+2nqn一1.
两边同乘q可得
n+1qn+nqn+1
1—q
qSn=2q1+4q2+6q3+…+2(n—1)qn—1+2nqn.
上述两式相减即得(1-
1—qn
-q)Sn=2(1+q1+q2+…+qn—1)—2nqn=2•—2nqn=
I一q
2匕
n+1
所以Sn=2理-
—n+1qn+1
q—12
nn+1
综上所述,Sn=
2nqn+1-n+1qn+1
q—12
q=1,
qM1.
04$限时规范训练盼楼呼能刃提升
对应学生用书P305
分层训练A级基础达标演练
(时间:
30分钟满分:
60分)
一、填空题(每小题5分,共30分)
1.(2013南京29中模拟)已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3
1
=&,则数列an的前5项和为.
91—q31—q6
解析设数列{an}的公比为q.由题意可知qM1,且=,解得q=2,所以
1-q1-q
1131
数列an是以1为首项,2为公比的等比数列,由求和公式可得&=誌.
31
答案31
2.(2012常州一中期中)已知数列{an}与{2an+3}均为等比数列,且a1=1,贝Ua168=
解析设{an}公比为q,an=agn-1=qn-1,
则2a1+3,2a2+3,2a3+3也为等比数列,
•••5,2q+3,2q2+3也为等比数列,
则(2q+3)2=5(2q2+3),:
q=1,
从而an=1为常数列,•••a168=1.
1
anan+1
答案1
3.(2012大纲全国改编)已知等差数列{an}的前n项和为3,a5=5,$=15,则数列
的前100项和为.
5a1+a5
解析'-'a5=5,S5=15,—2=15,即卩a1=1.
a5—a111111
•〈==1,—an=n.•—==——.设数歹U的前n项和为Tn.
5—1anan+1nn+1nn+1anan+1
•T100=
111100一'
100101—|—101—101.
4.
已知数列{an},{bn}都是等差数列,ai=5,&=7,且a20+b2o=60.则{an+bn}的前20项的和为.
解析由题意知{an+bn}也为等差数列,所以{an+bn}的前20项和为:
S20=
=720.
20ai+bi+a20+b2020x5+7+60
、解答题(每小题15分,共30分)
7.已知{an}为等差数列,且a3=—6,ae=0.
⑴求{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足bi=—8,b2=ai+a2+a3,求{bn}的前n项和公式.解⑴设等差数列{an}的公差为d.
因为a3=—6,a6=0,
ai+2d——6,
所以解得ai——10,d—2.
ai+5d—0.
所以an——10+(n—1)2—2n—12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2—a1+a2+a3——24,b1——8,所以一8q=—24,即q—3.
b11—qn
所以{bn}的前n项和公式为Sn——4(1—3n).
1一q
*Sr
8.已知首项不为零的数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的r,t€N,都有§—
(1)判断{an}是否是等差数列,并证明你的结论;
⑵若a1—1,b1—1,数列{bn}的第n项是数列{an}的第bn—1项(n>2),求bn;
(3)求和Tn—a1b1+a2b2+^+anbn.
解
(1){an}是等差数列.
证明如下:
因为a1—S1M0,令t—1,r—n,则由鲁一;2,得詈一n2,即卩Sn—am2,
所以当n》2时,an—Sn—3—1—(2n—1)a1,且n—1时此式也成立,所以an+1—an—2a1(n€N*),
即{an}是以a1为首项,2a1为公差的等差数列.
⑵当a1—1时
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