《6.4 数列的通项及数列求和》由会员分享，可在线阅读，更多相关《6.4 数列的通项及数列求和（50页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、）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.33B.72C.84D.189 解析 由题意可设公比为q,则a2=a1q,a3=a1q2, 4a2=4a1+a3,4a1q=4a1+a
3、1q2,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-
4、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
5、,(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=
6、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-1
7、an= 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
8、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-12Sn=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
9、 ，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n
10、2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
11、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
12、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,
