2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案第64课通项与求和含解析

第64课通项与乞降(1)1.娴熟掌握等差、等比数列的通项公式，能将一些特别数列转变为等差、等比数列;求通项.2.掌握求非等差、等比数列的通项公式的常用方法.阅读：必修5第37～39页、第51～53页.解悟：①等差数列和等比数列通项公式形式的联系与差别；②领会课本中推出等差数列和等比数列通项公式的方法；③整理求数列通项公式的常用方法.践习：在教材空白处，达成第39页思虑、第41页第10题，第53页思虑、第54页第4题.基础诊疗1.已知等差数列{an}的公差为d，则an－am＝(n－m)d.分析：由于数列{an}是等差数列，且公差为d，因此an－am＝a1＋(n－1)d－[a1＋(m－1)d]＝(n－m)d.an＋1n12.在数列{an}中，a1＝1，an＝n＋1，则an＝n.a2a3a4an123n－11分析：当n≥2时，an＝a1×a1×a2×a3××an－1＝1×2×3×4××n＝n；当n＝1时也1建立，故an＝n.3.若数列{an}知足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝n（n＋1）.2分析：由a＝n＋a－1可变形为a－a－1＝n(n≥2，n∈N*)，由此可写出以下各式：a－a－1nnnnnn＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，，a2－a1＝2，将以上等式两边分别相加，得an－a1n（n＋1）＝n＋(n－1)＋(n－2)＋＋2，因此an＝n＋(n－1)＋(n－2)＋＋2＋1＝.2在斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，中，随意连续的三项an，an＋1，an＋2的关系是an＋2＝an＋an＋1.典范导航考向?利用“累乘、累加”法求通项1例1已知数列{an}知足a1＝2，数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n∈N*)，数列{bn}知足b1＝2，bn＋11＝2bn.求数列{an}，{bn}的通项公式.分析：由于Sn＝n2an(n∈N*)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，因此an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，ann－1因此(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝.an－1n＋11又a1＝，2anan－1an－2a3a2n－1n－2n－32111因此an＝an－1××an－3××a2××a1＝n＋1×n×n－1××4×3×2＝n（＋1）.an－2a1n当n＝1时，上式建立，故an＝1（＋1）.nn由于b1＝2，bn＋1＝2bn，因此{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，故bn＝2n.1已知a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋n，求数列{an}的通项公式.1分析：由于an＋1＝an＋ln1＋n，n因此an－an－1＝ln1＋n－1＝lnn－1(n≥2)，因此an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋＋(a2－a1)＋a1nn－13lnn－1＋lnn－2＋＋ln2＋ln2＋2nn－13＝2＋ln××××2n－1n－222＋lnn(n≥2).又1＝2知足上式，故an＝2＋ln(∈N*).ann【注】(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求出通项，特别注意能消去多少项，保存多少项.an＋1(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为an＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝2anan－1a2an－1·an－2··a1·a1代入求出通项.求数列的通项公式，特别是由递推公式给出数列时，除叠加、迭代、累乘外，还应注意配凑变形法.变形的主要目的是凑出简单解决问题的等差或等比数列，而后再联合等差、等比数列的运算特色解决原有问题.求通项公式时，还可依据递推公式写出前几项，由此;猜想概括出通项公式，而后再证明.考向?结构等差、等比数列求通项例2(1)已知数列{an}知足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式；已知数列{an}知足a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，求数列{an}的通项公式.分析：(1)由于an＋1＝3an＋2，因此an＋1＋1＝3(an＋1).又a1＝1，因此a1＋1＝2，故数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，因此an＋1＝2×3n－1，故an＝2×3n－1－1.(2)由于an＋1an＋1an＝2an＋2n＋1，因此n＋1＝n＋1.22a1又2＝1，an故数列2n是首项为1，公差为1的等差数列，an因此2n＝n，即an＝n·2n.已知数列{an}知足a1＝2，an＋1＝an*，求数列{an}的通项公式.，n∈N2分析：由于a1＝2，an＋1＝an2，因此2a2n＋1＝an，且an>0，两边取对数，得lg2＋2lgan＋1＝lgan，1即lgan＋1＋lg2＝(lgan＋lg2).2由于lga1＋lg2＝2lg2，31因此数列{lgan＋lg2}是以2lg2为首项，2为公比的等比数列，因此lgan＋lg2＝2×1n－12×lg2，因此a＝2－n－1.n22【注】(1)本题经过两边同时取对数，将一个复杂的数列转变为等比数列.往常;说，我们可以将等比数列取对数后转变成等差数列.将等差数列放到指数函数y＝a中转变为等比数列.(2)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式能够化为an＋1＋＝p(an＋)的形式，组成新的等比数列，求出通项公式，求变量是重点.考向?由an与Sn的递推关系求通项例3记数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1，Sn＝2(a1＋an)(n≥2，n∈N*)，求Sn.分析：方法一：当n＝2时，S2＝2(a1＋a2)，进而得a2＝－a1＝－1.当n≥3时，Sn－1＝2(a1＋an－1)，因此an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.又a2≠2a1，因此数列{an}是从第二项起以a2＝－1为首项，2为公比的等比数列，（－1）×（n－1）1－2因此当n≥2时，Sn＝1＋1－2＝2－2n－1.又S1＝a1＝1＝2－20，知足上式，因此Sn＝2－2n－1.方法二：当n＝2时，S2＝2(a1＋a2)，进而a2＝－a1＝－1.当n≥3时，an＝Sn－Sn－1，因此Sn＝2(1＋Sn－Sn－1)，即Sn＝2Sn－1－2，因此Sn－2＝2(Sn－1－2).由于S2－2＝－2，S1－2＝－1，因此S2－2＝2(S1－2)，因此数列{Sn－2}是以－1为首项，2为公比的等比数列，因此Sn－2＝(－1)·2n－1，即Sn＝2－2n－1.已知数列{an}共有2项(≥2，∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，且知足a1＝2，an＋1＝(p－1)·Sn4＋2(n＝1，2，，2－1)，此中常数p>1.求证：数列{an}是等比数列；21(2)已知p＝22k1，数列{bn}知足：bn＝log2(a1a2an)(n＝1，2，，2)，求数列{bn}的通项n公式.分析：(1)由于an1＝(p－1)Sn＋2(n＝1，2，，2－1)，因此an＝(p－1)Sn1＋2(n＝2，3，，2)，两式相减得an1－an＝(p－1)(Sn－Sn1)，即an1－an＝(p－1)an，因此an1＝pan(n＝2，3，，2－1).令n＝1，得a2＝(p－1)a1＋2＝pa1，an1因此an＝p≠0(n＝1，2，，2－1)，因此{an}是等比数列.由(1)得an＝a1pn1，且a1＝2，1因此bn＝nlog2(a1a2an)1＝log2(a1·a1p·a1p2··a1pn1)n1＝nlog2(a1n·p12n1)n1n－1n－12n－1＝log2(a1·p2)＝1＋log2p＝1＋·＝1＋.222k－12k－1【注】一种思虑方法是先求出数列{an}的通项公式，再求它的前n项和，因此将Sn转变为an，经过研究an;乞降；另一种思虑方法是直接研究数列{Sn}，因此将an转变为Sn后再求它的通项.这是研究Sn与an的关系问题经常用的两种解法，解题时要合理选择.自测反应1.2an(n∈N*)，则a100＝2已知在数列{an}中，a1＝1，an1＝.an＋21012an，因此1an＋21111111分析：由于an1＝＝2an＝＋，即－＝.又由于＝1，因此数列anan＋2an12anan1an2a11111＋n22是以1为首项，2为公差的等差数列，因此an＝1＋2(n－1)＝2，因此an＝1＋n，因此a100＝101.52.已知数列{an}知足a1＝1，an＝an2－1＋1(n≥2，n∈N*)，则an＝n.分析：由于an＝an2－1＋1，因此an>0，且an2＝an2－1＋1，即an2－an2－1＝1，因此数列{an2}是以1为首项，1为公差的等差数列，因此an2＝n，故an＝n.3.若数列{a}的前n项和S＝2a－1，则a＝2n－1.nnnn分析：由于Sn＝2an－1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，因此an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－an1)，即2an－1＝an，因此an－1＝2.由于a1＝S1＝2a1－1，因此a1＝1，因此数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，因此an＝2n－1，当n＝1时，也知足上式，因此an＝2n－1.6，n＝1，4.数列{an}知足a1＋2a2＋3a3＋＋nan＝(n＋1)·(n＋2)(n∈N*)，则a＝2n2＋n，n≥2.分析：由于a1＋2＋3＋＋＝(＋1)(＋2)①，当＝1时，a1＝(1＋1)×(1＋2)＝6；a2a3nannnn当n≥2时，a1＋