1、4.2.24.2.2 求数列的通项及前求数列的通项及前n n项和项和 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 关键能力关键能力 学案突破学案突破 03 核心素养微专题核心素养微专题( (五五) ) 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 1.由递推关系式求数列的通项公式 (1)形如an+1=an+f(n),利用累加法求通项. (2)形如an+1=anf(n),利用累乘法求通项. (3)形如an+1=pan+q,等式两边同时加 转化为等比数列求通项. 2.数列求和的常用方法 (1)公式法:利用等差数列、等比数列的求和公式. (2)错位相减法:适合求
2、数列an bn的前n项和Sn,其中an,bn一个是等差 数列,另一个是等比数列. -1 (3)裂项相消法:将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累加抵消中间 若干项的方法. (4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个 (或多个)简单的数列,最后分别求和. (5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个数列再求 和,适用于正负相间排列的数列求和. (6)常用裂项结论 1 (+) = 1 1 - 1 + ; 1 (2-1)(2+1) = 1 2 1 2-1 - 1 2+1 ; 1 (+1)(+2) = 1 2 1 (+1) - 1 (+1)(+2) ;
3、 1 + + = 1 ( + ). 关键能力关键能力 学案突破学案突破 热点一热点一 求通项及错位相减法求和求通项及错位相减法求和 【例1】(2020山东潍坊一模,18)在b2n=2bn+1,a2=b1+b2,b1,b2,b4成等 比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件,补充在下面的问题中,并求 解. 已知数列an中a1=1,an+1=3an,公差不等于0的等差数列bn满 足 ,求数列 的前n项和Sn. 解 因a1=1,an+1=3an,所以数列an是以1为首项,公比为3的等比数列,所以 an=3n-1. 选时,设数列bn公差为d, 因为a2=3,所以b1+b2=3. 因为b2n=2bn+1
4、,所以n=1时,b2=2b1+1, 解得 b1=2 3,b2= 7 3,所以 d= 5 3, 所以 bn=5-3 3 .所以 = 5-3 3 . Sn=1 1 + 2 2+ = 2 31 + 7 32 + 12 33 +5-3 3 , 所以1 3Sn= 2 32 + 7 33 + 12 34 +5-8 3 + 5-3 3+1. -,得2 3Sn= 2 3+5 1 32 + 1 33+ 1 3 - 5-3 3+1 = 2 3 + 5 6 15 2 3+1 5-3 3+1 = 3 2 10+9 2 3+1. 所以 Sn=9 4 10+9 4 3 . 选时,设数列bn公差为d,因为a2=3,所以b1
5、+b2=3,即2b1+d=3. 因为b1,b2,b4成等比数列,所以 =b1b4,即(b1+d)2=b1(b1+3d), 化简得d2=b1d,因为d0,所以b1=d,从而d=b1=1,所以bn=n. 2 2 所以 = 3-1,Sn= 1 1 + 2 2+ = 1 30 + 2 31 + 3 32+ 3-1, 所以1 3Sn= 1 31 + 2 32 + 3 33+ -1 3-1 + 3 . -,得2 3Sn=1+ 1 31 + 1 32 + 1 33+ 1 3-1 3 = 3 2 1- 1 3 3 = 3 2 2+3 2 3 , 所以 Sn=9 4 2+3 4 3-1. 选时,设数列bn公差为
6、d,因为b2n=2bn+1,所以n=1时,b2=2b1+1,所以 d=b1+1. 又因为b1,b2,b4成等比数列,所以 =b1b4,即(b1+d)2=b1(b1+3d),化简得 d2=b1d,因为d0,所以b1=d,从而无解,所以等差数列bn不存在,故不合题意. 2 2 解题心得若已知数列为等差或等比数列,求其通项是利用等差、等比数列 通项公式,或通过变形转换成等差、等比数列求通项;如果数列an与数列 bn分别是等差数列和等比数列,那么数列an bn的前n项和采用错位相减 法来求. 【对点训练1】(2020全国,理17)设an是公比不为1的等比数列,a1为 a2,a3的等差中项. (1)求a
7、n的公比; (2)若a1=1,求数列nan的前n项和. 解 (1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故an的公比为-2. (2)记Sn为nan的前n项和. 由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-1, -2Sn=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n =1-(-2) 3 -n(-2)n.所以 Sn=1 9 (3+1)(-2) 9 . 热点二热点二 求通项及裂项相消法求和
8、求通项及裂项相消法求和 【例2】(2020山东潍坊二模,18)已知数列an为正项等比数列,a1=1,数列 bn满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-3)2n. (1)求an; (2)求 1 +1 的前 n 项和 Tn. 解 (1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)2=1,所以b1=1. 令n=2,得a1b1+a2b2=7, 所以a2b2=6.又因为b2=3,所以a2=2.设数列an的公比为q,则q= =2,所以 an=2n-1. (2)当n2时,a1b1+a2b2+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1, 又a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-
9、3)2n, -得anbn=3+(2n-3)2n-3+(2n-5)2n-1=(2n-1)2n-1, 得bn=2n-1,n=1时也成立, 2 1 所以 bn=2n-1, 1 +1 = 1 (2-1)(2+1) = 1 2 ( 1 2-1 1 2+1), 所以 Tn=1 2(1- 1 3)+ 1 2 (1 3 1 5)+ 1 2 ( 1 2-1 1 2+1) =1 2(- 1 3 + 1 3 1 5+ 1 2-1 1 2+1)= 1 2(- 1 2+1) 2+1. 解题心得1.若条件等式中含有an,Sn的关系式,或已知条件中含有数列通项 的较为复杂的关系式,条件转化的常用方法是由已知关系式再推出一个
10、关 系式相减. 2.把数列的通项拆成两项之差,求和时中间的项能够抵消,从而求得其和.注 意抵消后所剩余的项一般前后对称. 【对点训练2】(2020浙江,20)已知数列an,bn,cn满足 a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1= cn,nN*. (1)若bn为等比数列,公比q0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列an的通项公 式; (2)若bn为等差数列,公差d0,证明:c1+c2+cn0,得 bn+10,因此 c1+c2+c3+cn0,求数列an的通项公式; (3)对于给定的,是否存在三个不同的数列an为“3”数列,且an0?若存 在,求的取值范围;若不存在,说明理由. 解
11、(1)因为等差数列an是“1”数列,则Sn+1-Sn=an+1,即an+1=an+1, 也即(-1)an+1=0,此式对一切正整数n均成立. 若1,则an+1=0恒成立,故a3-a2=0,而a2-a1=-1, 这与an是等差数列矛盾. 所以=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“11”数列) (2)因为数列an(nN*)是“ 3 3 2”数列,所以 +1 = 3 3 +1,即 +1 = 3 3 +1-. 因为 an0,所以 Sn+1Sn0, 则 +1 -1= 3 3 +1 -1.令 +1 =bn,则 bn-1= 3 3 2-1,即(bn-1)2=1 3 ( 2-1) (bn1).解得 bn=
12、2,即 +1 =2,也即+1 =4,所以数列Sn是公比为 4 的等比数 列. 因为 S1=a1=1,所以 Sn=4 n-1. 则 an= 1( = 1), 3 4-2( 2). (3)设各项非负的数列an(nN*)为“3”数列, 则+1 1 3 1 3 =+1 1 3 ,即 Sn+1 3 Sn 3 = +1- 3 . 因为 an0,而 a1=1,所以 Sn+1Sn0,则 +1 3 -1= S n+1 Sn -1 3 . 令 +1 3 =cn,则 cn-1= 3-1 3 (cn1),即(cn-1)3=3(cn 3-1)(cn1).(*) 若0或=1,则(*)只有一解为cn=1,即符合条件的数列a
13、n只有一个.(此 数列为1,0,0,0,) 若 1,则(*)化为(cn-1) cn 2 + 3+2 3-1 cn+ 1 =0, 因为 cn1,所以cn 2 + 3+2 3-1 cn+10,则(*)只有一解为 cn=1, 即符合条件的数列an只有一个.(此数列为1,0,0,0,) 若 01,则cn 2 + 3+2 3-1 cn+1=0 的两根分别在(0,1)与(1,+)内, 则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t). 所以Sn+1=Sn或Sn+1=t3Sn. 由于数列Sn从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列 Sn有无数多个,则对应的an有无数多
14、个. 综上所述,能存在三个各项非负的数列an为“3”数列,的取值范围是 (0,1). 解题心得解决数列中的存在性问题的一般方法是假设推理法.即先假设所 探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由 此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果. 【对点训练4】(2020天津河西区校级联考,17)设各项均为正数的等比数列 an(nN*)中,a1+a3=10,a3+a5=40.设bn=log2an. (1)求数列bn的通项公式; (2)若 c1=1,cn+1=cn+ ,求证:cn 10对任意正整数 n 均成立? 若存在,求出 k 的最大值;若不存在,说明
15、理由. (1)解 设各项均为正数的等比数列an的公比为q, 则a1+a1q2=10,a1q2+a1q4=40, 解得a1=2,q=2,即有an=2n,bn=log22n=n. (2)证明 c1=1,cn+1=cn+ =cn+ 2 ,cn+1-cn= 2 , 则 cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+(cn-cn-1)=1+1 2 + 2 22+ -1 2-1, 即有1 2cn= 1 2 + 1 22 + 2 23+ -1 2 ,两式相减可得1 2cn=1+( 1 22 + 1 23+ 1 2-1) -1 2 =1+ 1 4 1- 1 2-2 1-1 2 -1 2 = 3 2 1 2 (n
16、+1),即有 cn=3- 1 2-1 (n+1) 10对任意正整数 n 均成立,令 Sn= 1 +1 + 1 +2+ 1 + = 1 +1 + 1 +2+ 1 2, Sn+1= 1 +2 + 1 +3+ 1 2 + 1 2+1 + 1 2+2, 即有 Sn+1-Sn= 1 2+1 + 1 2+2 1 +1 = 1 2+1 1 2+2 = 1 (2+1)(2+2)0,即为 Sn+1Sn,Sn是递增数列,S1最小,且 S1=1 2,则有 10 1 2,解得 k5,故存在正整数 k,且 k 的最大值为 4. 核心素养微专题核心素养微专题( (五五) ) 求解数列与多模块知识综合题 【例 1】 (20
17、20 江西九江一模,理 12)在平面直角坐标系 xOy 中,已知 An,Bn是圆 x2+y2=n2上两个动点,且满足 =- 2 2 (nN*),设 An,Bn到直线 x+ 3y+n(n+1)=0 的距离之和的最大值为 an,若数列 1 的前 n 项和 Snm 恒 成立,则实数 m 的取值范围是( ) A. 3 4 , + B. 3 4 , + C. 3 2 , + D. 3 2 , + 答案 B 解析 由 =- 2 2 ,得 n ncosAnOBn=- 2 2 ,cosAnOBn=-1 2, 即AnOBn=120,设线段 AnBn的中点为 Cn,则 OCn= 2, Cn在圆 x2+y2= 2
18、4 上,An,Bn到直线 x+ 3y+n(n+1)=0 的距离之和等于点 Cn 到该直线的距离的两倍. 点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和, 而圆 x2+y2= 2 4 的圆心(0,0)到直线 x+ 3y+n(n+1)=0的距离为 d=|(+1)| 1+3 = (+1) 2 , an=2(+1) 2 + 2 2+2n, 1 = 1 2+2 = 1 2 (1 1 +2) Sn= 1 1 + 1 2 + 1 3+ 1 = 1 2 (1- 1 3)+ 1 2 - 1 4 +( 1 3 1 5)+( 1 1 +2) 1 2(1+ 1 2 1 +1 1 +2) 3 4, m 3 4
19、,故选 B. 核心素养分析本题是数学多模块知识的综合题,对核心素养要求较高.先用 “数学抽象”将 转化为AnOBn=120;其次运用“直观想 象”将两点到直线的距离之和转化为一点到直线的距离;再运用“逻辑推理” 将距离的最大值转化为圆心到直线的距离与圆的半径之和;最后运用“数 列运算”求出数列的和及得出结果. =- 2 2 【跟踪训练 1】已知函数 f(x)= sin (-1) 2 ,1 3, 2(-2),3 100, 若函数 f(x)的极大值点从小到大依次记为 a1,a2,an,并记相应的极大值为 b1,b2,bn,则 =1 (ai+bi)的值为( ) A.250+2 449 B.250+2
20、 549 C.249+2 449 D.249+2 549 答案 C 解析 当 1x3 时,f(x)= 2cos - 2 ,显然当 x=2 时,f(x)=0, x=2为f(x)的第一个极大值点. 又当3x100时,f(x)=2f(x-2),x=4,x=6,x=8,均为其极大值点. 函数不能在端点处取得极值, an=2n,1n49,nN*,对应极大值bn=2n-1,1n49,nN*. =1 49 (ai+bi)=(2+98)49 2 + 1(1-249) 1-2 =249+2 449,故选 C. 【例 2】(多选)已知数列an中,a1=1,an+1-1 = 1 + 1 an,nN*.若对于任意的
21、t1,2,不等式 -2t2-(a+1)t+a2-a+2 恒成立,则实数 a 可能为( ) A.-4 B.-2 C.0 D.2 答案 AB 解析 由题意得 an+1-1 = +1 an, +1 +1 = 1 (+1) = 1 1 +1,则 -1 -1 = 1 -1 1 , -1 -1 -2 -2 = 1 -2 1 -1, 2 2 1 1 =1-1 2,上述式子累加可得 -a1=1-1 , =2-1 2, -2t2-(a+1)t+a2-a+22对于任意的t1,2恒成立, 整理得2t-(a-1)(t+a)0对于任意的t1,2恒成立, 对A,由a=-4,得出t1,2不等式(2t+5)(t-4)0恒成立
22、,故A正确; 对B,由a=-2,得出t1,2不等式(2t+3)(t-2)0恒成立,故B正确; 对C,由a=0,得出t1,2不等式(2t+1)t0不恒成立,故C错误; 对D,由a=2,得出t1,2不等式(2t-1)(t+2)0不恒成立,故D错误,故选AB. 核心素养分析解决本题首先运用“数学抽象”明确由递推公式要求的是 的 表达式,然后运用“逻辑推理”和“数学运算”通过累加求和的方法得出 的表 达式及其范围,最后逐个验证四个选项中的 a 的值对应的不等式是否恒成立. 【跟踪训练2】(2020山东潍坊一模,16)定义函数f(x)=xx,其中x表示不 超过x的最大整数,例如1.3=1,-1.5=-2
23、,2=2,当x0,n)(nN*)时,f(x)的 值域为An.记集合An中元素的个数为an,则 的值为 . =2 2 020 1 -1 答案 2 019 1 010 解析 根据题意,x表示不超过x的最大整数, 即x= 0,0,1), 1,1,2), 2,2,3), -1,-1,), 则有 xx= 0,0,1), ,1,2), 2,2,3), (-1),-1,). 则xx在各区间中的元素个数是 1,1,2,3,n-1, 故 an=1+1+2+3+(n-1)=1+(-1) 2 , 所以 1 -1 = 2 (-1), 则 =2 2 020 1 ai-1=( 1 a2-1)+( 1 a3-1)+( 1 a2 020-1)= 2 12 + 2 23+ 2 2 0202 019 =2(1-1 2 + 1 2 1 3+ 1 2 019 1 2 020)=2(- 1 2 020)= 2 019 1 010.
