(共35张PPT)
第3讲 数列求和的方法
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人A选必二4.3节习题改编)已知数列{an}满足an+2+(-1)nan=2n-1,前12项和为164,则a1的值为( )
A.4 B.5
C.6 D.7
C
解析 因为an+2+(-1)nan=2n-1,所以a2+a4=3,a6+a8=11,a10+a12=19,a3-a1=1, a5-a3=5,…,a11-a9=17.
因为前12项和为164,
所以a1+a2+a3+…+a12=(a1+a3+…+a11)+(a2+a4+…+a12)=164,
所以a1+a3+…+a11=131,
即a1+(a1+1)+(a1+6)+(a1+15)+(a1+28)+(a1+45)=131,解得a1=6.
2.(苏教选必一第四章复习题改编)数列an=的前n项和为
.
解析 由an=),
所以a1+a2+…+an
=(1-+…+)
=)=
3.(2024全国甲,理18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4,
两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an,
又4S1=3a1+4,则a1=4,
故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,
所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1),
3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n),
两式相减,得-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4(-n·3n)=(2-4n)·3n-2,
所以Tn=(2n-1)3n+1.
4.(2021新高考Ⅰ,17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解 (1)b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,
得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3.
所以是首项为2,公差为3的等差数列,
所以bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)由(1)知,数列的奇数列与偶数列都是以3为公差的等差数列,
设数列的前n项和为Sn,则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+3+20+3=300,所以的前20项和为300.
思维引航
1.当所给条件中出现(-1)n或(-1时,多采用分组求和法或并项求和法.
2.裂项相消法求和.
3.若数列{cn}的通项公式cn=anbn,其中an各项构成等差数列,bn各项构成等比数列,则应乘公比用错位相减法求和.
4.求解通项公式为分段形式的数列奇偶项问题,常分析奇数项构成的数列和偶数项构成的数列分别有什么规律特征.求前n项和时一般用分组求和法.
考点进阶 素养淬炼
考点一 分组求和与并项求和
考向1 分组求和法
例1 (2025安徽合肥模拟)已知等差数列{an}的公差d>0,且满足a1a5=64,a3=10,记Sn是数列{bn}的前n项和,且满足Sn=2bn-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意得解得(舍去),
∴an=4+(n-1)×3=3n+1,即数列{an}的通项公式是an=3n+1.
(2)∵Sn=2bn-1,①
当n=1时,b1=S1=2b1-1,得b1=1,
当n≥2时,Sn-1=2bn-1-1,②
①-②,得bn=Sn-Sn-1=(2bn-1)-(2bn-1-1),
化简,得bn=2bn-1,即=2(n≥2),
∴数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,
∴bn=2n-1,∴cn=an+bn=3n+1+2n-1,
∴Tn=+2n-1=2n+n2+n-1.
考向2 并项求和法
例2 (2025天津河北模拟)已知等差数列{an}满足a1=3,公差d≠0,且a1,a4,a13恰为等比数列{bn}的前3项.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn;
(3)求{(-1)nan}的前2n项和S2n.
解 (1)由a1,a4,a13为等比数列,可得=a1·a13,
即=a1·(a1+12d),
即(3+3d)2=3(3+12d),解得d=2或d=0(舍去),
所以an=a1+(n-1)d=2n+1.
又{bn}的前3项为a1,a4,a13,即3,9,27,即b1=3,b2=9,b3=27,公比q==3,
所以bn=3×3n-1=3n.
(2)因为cn=an+bn=2n+1+3n,
所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=(3+3)+(5+32)+(7+33)+…+(2n+1+3n)
=(3+5+7+…+2n+1)+(3+32+33+…+3n)
==n2+2n+
(3)因为an=2n+1,数列{(-1)nan}即为{(-1)n(2n+1)},
所以S2n=-a1+a2-a3+…-a2n-1+a2n=-3+5-7+…-(4n-1)+(4n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(4n-1)+(4n+1)]=2×n=2n.
一题多变
本例条件不变,求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
解 由题知数列为{(-1)n(2n+1)},
当n为偶数时,Sn=-a1+a2-a3+…+an=-3+5-7+…-(2n-1)+(2n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n-1)+(2n+1)]=2=n;
当n为奇数时,Sn=-a1+a2-a3+…-an=-3+5-7+…+(2n-1)-(2n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…-(2n+1)=2-(2n+1)=-n-2.
综上所述,Sn=
【对点训练1】(1)(2025广东梅州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=n2+n-1(n∈N*).
(ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(ⅱ)记bn=an+,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (ⅰ)数列{an}的前n项和Sn=n2+n-1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-1-[(n-1)2+(n-1)-1]=2n;而a1=S1=1,不满足上式.
所以数列{an}的通项公式是an=
(ⅱ)由(ⅰ)知,bn=
当n=1时,T1=b1=3;
当n≥2时,Tn=3+(4+6+…+2n)+(42+43+…+4n)
=3++n2+n-,
而T1=3也满足上式,所以Tn=+n2+n-
(2)(2025重庆渝北模拟)已知数列{an}满足+…+=n(n∈N*).
(ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(ⅱ)若bn=ansin,数列{bn}的前n项和为Sn,求S100.
解 (ⅰ)因为+…+=n,①
当n=1时,=1,即a1=1;
当n≥2时,+…+=n-1,②
①-②得=1,∴an=2n-1(n≥2).
因为当n=1时,a1=1也满足上式,故an=2n-1(n∈N*).
(ⅱ)记cn=b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n,
则cn=a4n-3sin+a4n-2sin+a4n-1·sin+a4nsin=a4n-3-a4n-1
=2(4n-3)-2(4n-1)=-4(常数),所以数列{cn}为常数列.
所以S100=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8+…+b97+b98+b99+b100
=c1+c2+…+c25=-4×25=-100.
考点二 裂项相消法求和
例3 (2025浙江金华模拟)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=,且数列{cn}的前n项和为Tn,
求证:≤Tn<.
(1)解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,q>0,
因为b1=2,b2+b3=b1(q+q2)=2(q+q2)=12,可得q2+q-6=0,解得q=2,
故数列{bn}的通项公式为bn=2·2n-1=2n.
因为b3=a4-2a1=8,S11=11b4=11×16,
即解得
故数列{an}的通项公式为an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)证明 由题得cn=,
所以Tn=()+()+…+()=
因为Tn+1-Tn=cn>0,故数列{Tn}单调递增,
所以Tn≥T1=c1=,且Tn=,
因此,对任意的n∈N*,Tn<
【对点训练2】(2025河北邯郸模拟)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=1,a2=b1,2a5=b3+2,a4=b2.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)若bm+3am-10=0,求m的值;
(3)若cn=,求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.∵a1=1,a2=b1,2a5=b3+2,a4=b2,
由b1≠0得d≠-1.由①③得q=,④
①④代入②得,8d=(1+d)·()2,解得d=1,故b1=2,q==2,
∴an=1+(n-1)×1=n,bn=2×2n-1=2n.
(2)∵bm+3am-10=0,∴2m+3m-10=0,
令f(x)=2x+3x-10,
由函数y=2x和y=3x-10在R上为增函数得f(x)在R上为增函数,
∵f(2)=22+6-10=0,∴m=2.
(3)由(1)得,cn=,
∴Sn=+…+=1-
例4 (2023全国甲,理17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
考点三 错位相减法求和
解 (1)由题意可知,2Sn=nan,①
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②
①-②得2an=nan-(n-1)an-1,∴(n-1)an-1=(n-2)an.
由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,,
∴an=…a2=…1=n-1.
显然a1=0满足,∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),∴an+1=n,=n,
∴Tn=1+2+3+…+n,③
Tn=1+2+…+(n-1)+n,④
③-④得,Tn=-n,
∴Tn=2-(2+n)
【对点训练3】(2025辽宁大连模拟)已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn, {bn}为等比数列,a1=-2b1=1,a2+b2=,S6=36.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则6a1+d=36,解得d=2.
因为(1+d)+(-)×q=,所以q=-,
所以an=1+(n-1)×2=2n-1,bn=(-)×(-)n-1=(-)n.
(2)由(1)得anbn=(2n-1)(-)n,
则Tn=-1+3-5+7-…+(2n-3)×(-)n-1+(2n-1)×(-)n,①
(-)×Tn=-3+5-7+…+(2n-3)×(-)n+(2n-1)×(-)n+1,②
由①-②得Tn=-+2-2+2-…+2×(-)n-(2n-1)×(-)n+1
=-+2[-…+(-)n]-(2n-1)×(-)n+1
=-+2-(2n-1)×(-)n+1=-(-)n-1-(2n-1)×(-)n+1
=-(6n+1)×(-)n-1,所以Tn=-(6n+1)×(-)n-1.(共8张PPT)
真题解构 数列
例题 (15分)(2025全国1,16)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}为等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
命题分析 本题以数列递推公式为载体,考查等差数列的定义、构造法求数列的通项、错位相减法求和等知识,属于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新结合,通过变形结合定义证明等差数列,考查逻辑推理素养及转化与化归的思想.通过对f(x)求导并代入-2利用错位相减法求和,考查数学运算能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 证明:{nan}为等差数列 证明(n+1)an+1-nan是一个常数
2 前两项的分母积恰为第三项的分母,可同乘化为整式
3 求f'(-2) 先求f'(x),再对x赋值为-2计算,需要先求出an
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第1问) 转化为数列定义 (n+1)an+1-nan=1 结合已知等式的特点,两边同乘n(n+1)
(第2问) 求f'(x) f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1 代入an并求导
(第2问) 求f'(-2) f'(x)= 乘公比错位相减化简f'(x),再将x=-2代入计算
书写表达
(1)证明 因为a1=3,,
所以(n+1)an+1=nan+1,注①→思考:已知条件怎么变形得到的 (2分)
即(n+1)an+1-nan=1,(3分)
所以{nan}是以a1=3为首项,1为公差的等差数列.(4分)
(2)解 在数列{nan}中,首项为3,公差为1,
所以nan=3+1×(n-1),所以an=1+.(6分)
所以f(x)=3x+2x2+x3+…+(1+)xm,(7分)
所以f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1,注②→思考:和式中各项的通项是什么 有什么特点 适合哪种求和方法 (8分)
所以xf'(x)=3x+4x2+5x3+…+(m+2)xm,(9分)
当x≠1且x≠0时,注③→思考:为什么要限制x≠1且x≠0 本题还需要再考虑这两种特殊情况吗
(1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m+2)xm注④→思考:这一步是如何得到的 有哪几个易错点
=3+-(m+2)xm,(11分)
所以f'(x)=,(12分)
所以f'(-2)=
=1+=1-(14分)
=.(15分)
回顾反思 数列问题的核心在于求解通项公式和数列求和.本题首先根据第(1)问的提示对递推关系式进行变形,通过定义证明{nan}为等差数列,并由此求得an,进而求出函数f(x).再以函数求导为工具,求出f'(x),确定通项特征,并采用错位相减法求出结果.最后将x=-2代入结果进行化简.试题源于人教A版选择性必修二第40页3(2)题,第41页7题,第56页11题;人教B版选择性必修三第44页1题、2题,第59页10题,第60页2题.(共17张PPT)
微培优4 子数列与增减项问题
类型一 数列公共项问题
类型二 数列增减项问题
目 录 索 引
数列的增减项问题在高考数学中占有重要地位,这类题目主要考查学生对数列结构的深入理解以及灵活运用知识的能力.通过在原数列中插入、删除或重组项来构造新数列,并在此基础上研究其性质或求和问题,是命题的常见形式.掌握这类问题的解法,不仅能提升数列知识的综合运用水平,更能培养数学思维的灵活性和创造性.
类型一 数列公共项问题
例1 (1)(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .【一题多解】
3n2-2n
解析 (方法一)数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}是以1为首项,6为公差的等差数列,所以{an}的前n项和为n·1+6=3n2-2n.
(方法二)因为数列{2n-1}是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{3n-2}是以1首项,3为公差的等差数列,
所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项,6为公差的等差数列,
所以{an}的前n项和为n·1+6=3n2-2n.
(2)(2025浙江丽水高三模拟)已知数列{an}为公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,a5=S9,a4a6=a4-a6.设数列{bn}是以4为首项,4为公比的等比数列,若数列{an}和{bn}的公共项为am,记m从小到大构成数列{cn},则{cn}的前n项
和Rn= .
4n+5n-
解析 设{an}的首项为a1,公差为d,因为a5=S9,a4a6=a4-a6,
则
解得(舍去).
则an=a1+(n-1)d=-8+2(n-1)=2n-10.
由题意得bn=4·4n-1=4n,因为am=2m-10,
所以2m-10=4n,即m=
又N*,因此cn=+5,
所以Rn=(41+42+…+4n)+5n=+5n=4n+5n-
【对点训练1】(多选题)(2025湖北黄冈高三模拟)设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an},所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn},把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则下列选项正确的有
( )
A.a3+b5=c3 B.a46=c10
C.a5b2BC
解析 根据题意,结合余数的相关性质,数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,an=2+3(n-1)=3n-1.数列{bn}是首项为2,公差为5的等差数列, bn=2+5(n-1)=5n-3.数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},
故数列{cn}是首项为2,公差为15的等差数列,则cn=2+15(n-1)=15n-13.
因为a3+b5=8+22=30,c3=45-13=32,a3+b5≠c3,故A错误;
因为a46=3×46-1=137,c10=15×10-13=137,a46=c10,故B正确;
因为a5=15-1=14,b2=10-3=7,c8=120-13=107,a5b2=98<107=c8,故C正确;
因为c9=135-13=122,b9=45-3=42,a26=78-1=77,c9-b9=80≠77=a26,故D错误.
故选BC.
类型二 数列增减项问题
例2 (2025陕西西安高三模拟)已知数列{an}是等差数列,且a2=4,2a4-a5=7.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在ak和ak+1(k∈N*)之间插入k个相同的数(-1)k+1·k,构成一个新数列{bn}:a1,1,a2,-2,-2,a3,3,3,3,a4,…,求{bn}的前100项和T100.
解 (1)因为数列{an}是等差数列,设首项为a1,公差为d,
依题意,a2=4,2a4-a5=7,
即解得
所以等差数列{an}的通项公式为an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)设ak和插入的k个数(-1)k+1·k构成一组数,
则前k组共有k+(1+2+…+k)=k+个数.
令100,因为k∈N*,解得k≤12.
当k=12时,=90<100,所以{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个,
所以T100=(a1+1)+(a2-22)+(a3+32)+…+(a11+112)+(a12-122)+(a13+13×9)
=(a1+a2+…+a13)+(1-22+32-42+…+112-122)+117
=-(3+7+11+15+19+23)+117
=247-+117=247-78+117=286.
【对点训练2】若数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1,若bn=2an+1(n∈N*),抽去数列{bn}的第3项、第6项、第9项、…、第3n项、…,余下的项的顺序不变,
构成一个新数列{cn},则数列{cn}的前100项的和为 .
(3150-1)
解析 由an+1=3an+1,得an+1+=3(an+),
又a1+,所以数列{an+}是以为首项,3为公比的等比数列,
所以an+3n-1=,所以an=,所以bn=2an+1=3n.
设数列{cn}的前n项的和为Sn,
则S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100
=b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149
=(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149)
=(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149)
=(3150-1).(共41张PPT)
专题三 数列
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
第1讲 等差数列、等比数列
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2025全国2,7)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=( )
A.-20 B.-15
C.-10 D.-5
B
解析 当n为奇数时,由Sn=n有S3=3a2=6,S5=5a3=-5,解得a2=2,a3=-1,
所以公差d=-3.则a6=a2+4d=-10,所以S6=S5+a6=-15,故选B.
2.(2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1, S5=5S3-4,则S4=( )
A. B.
C.15 D.30
C
解析 由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2-4q-4 =0,即(q-2)(q+1)(q+2)=0.由题知q>0,所以q=2.则S4==15.
3.(2024新高考Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
95
解析 设等差数列{an}的公差为d,由条件得
解得所以S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95.
4.(人B选必三5.2.2例3)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-30n.
【一题多解】
(1)求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列;
(2)求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n的值.
解 (1)当n=1时,有a1=S1=2-30=-28.
当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=2n2-30n-[2(n-1)2-30(n-1)]=4n-32.
又因为4×1-32=-28,所以当n=1时,an=4n-32也成立,
因此数列的通项公式为an=4n-32.
因为an+1-an=4(n+1)-32-(4n-32)=4,所以{an}是等差数列.
(2)(方法一)因为Sn=2n2-30n=2(n2-15n)=2(n-)2-,且n是正整数,
所以当n=7或n=8时,Sn最小,最小值是2×72-30×7=-112.
(方法二)由an=4n-32可知数列{an}是递增的等差数列,而且首项a1=-28<0.
令an≤0,可得4n-32≤0,解得n≤8,而且a8=0.
由此可知,当n=7或n=8时,Sn最小,最小值是=-112.
思维引航
1.基本量运算.
2.根据等比数列的通项公式及前n项和公式,直接求出.
3.根据等差数列的通项公式及前n项和公式,直接求出.
4.求等差数列前n项和的最值,方法一是配方法,要注意n只能取正整数;方法二是找数列中变号的邻项.
考点进阶 素养淬炼
考点一 等差数列、等比数列的基本量运算
例1 (1)(多选题)(2025全国2,9)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3=7,a3=1,则( )
A.q= B.a5=
C.S5=8 D.an+Sn=8
AD
解析 由S3=7,a3=1,得S2=6,即a1(1+q)=6①,
又a1q2=1②,①÷②,得=6,即6q2-q-1=0,解得q=-(舍去)或q=,
所以a1=4,A正确;
a5=a3q2=1,B错误;
S5=,C错误;
Sn==2(4-an)=8-an,所以Sn+an=8,D正确.故选AD.
(2)(多选题)(2025广东茂名模拟)在等差数列{an}中,a2+a3=-12,a5+a7=2.记数列{an}的前n项和为Sn,下列选项正确的有( )
A.数列{an}的公差为2
B.Sn取最小值时,n=6
C.S4=S7
D.数列{|an|}的前10项和为50
AD
解析 设等差数列{an}的公差为d,
则由题意知解得故A正确;
因为an=-9+2(n-1)=2n-11,Sn=-9n+2=n2-10n=(n-5)2-25,
则当n=5时,Sn取最小值-25,故B错误;
因为S4=42-10×4=-24,S7=72-10×7=-21,则S4≠S7,故C错误;
因为数列{|an|}的前10项和为|-9|+|-7|+|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5+7+9=50,
故D正确.故选AD.
(3)(2025北京房山模拟)某书中有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日五尺,问日织几何 ”意思是:“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少 ”由以上条件,该女子第
5天织布 尺;若要织布50尺,该女子所需的天数至少为 .
9
解析 由题意可得,该女子每天织布的尺数构成一个等比数列,且数列的公比为2,前5项的和为5,设首项为a1,前n项和为Sn,
则由题意得S5==31a1=5,
所以a1=,所以a5=24=,即该女子第5天所织布的尺数为
令Sn=50,解得2n≥311,所以n≥9.
所以若要织布50尺,该女子所需的天数至少为9.
知识提炼
基本公式 等差数列 等比数列
通项 公式 an=a1+(n-1)d an=am+(n-m)d an=a1(q≠0)
an=am(q≠0)
前n 项和 公式 Sn==na1+d Sn=
【对点训练1】(1)(2025广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=11,S10=4a4,则an+Sn取最大值时n的值是( )
A.4 B.5
C.6 D.10
B
解析 设等差数列{an}的公差为d,则S10==4a4=4(a1+3d),化简得2a1+11d=0.又a1=11,所以d=-2,所以an=11-2(n-1)=13-2n,Sn==12n-n2,则an+Sn=-n2+10n+13=-(n-5)2+38,所以当n=5时,an+Sn取最大值,最大值为38.故选B.
(2)(2025全国1,13)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于 .
2
解析 由题意知公比q≠1,前4项的和S4==4,①
前8项的和S8==68.②
②÷①,得1+q4=17,所以q4=16,所以q=2(负值舍去).
考点二 等差数列、等比数列的性质
考向1 等差数列的性质
例2 (1)(2024全国甲,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5=S10,a5=1,则a1=( )
A. B.
C.- D.-
B
解析 由S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0,则a8=0,则等差数列{an}的公差d==-,故a1=a5-4d=1-4×(-)=故选B.
(2)已知数列{an}与{bn}均为等差数列,其前n项和分别为Sn与Tn,若,则= .
解析
一题多变
若例2(2)的条件不变,求的值.
解 ∵数列{an},{bn}均为等差数列,其前n项和分别为Sn,Tn,
∴可设Sn=An(4n+2),Tn=An(3n-1),
则
考向2 等比数列的性质
例3 (1)(2025湖北七市州调研)在正项等比数列{an}中,a3,a7是方程
x2-10x+16=0的两个根,则=( )
A.2 B.4
C.8 D.16
B
解析 因为a3,a7是方程x2-10x+16=0的两个根,所以a3a7==16.
又因为在等比数列{an}中,a2a8==a3a7=16,且{an}是正项等比数列,
所以a5=4,所以=4.
(2)(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( )
A.120 B.85
C.-85 D.-120
C
解析 若q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.
若q=-1,则S4=0≠-5,所以q≠-1.
由S6=21S2得=21,
所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).
由已知S4==-5,得S8==-85.故选C.
(3)(2025广东珠海模拟)已知等比数列{an}共有2n项,其和为240,且奇数项
的和比偶数项的和大80,则公比q= .
解析 设等比数列{an}的奇数项的和、偶数项的和分别为S奇,S偶.
由题意可得解得所以q=
知识提炼
性质 等差数列{an} 等比数列{an}
下标和 性质 若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q, 则am+an=ap+aq 若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq
前n项片 段和性质 Sm,-Sm,,…仍成等差数列 Sm,-Sm,,…仍成等比数列(Sm≠0)
性质 等差数列{an} 等比数列{an}
奇、偶项 和的性质 若项数为偶数2m,公差为d,则S2m=m(am+am+1),S偶-S奇=md,; 若项数为奇数2m+1,则S2m+1=(m+1)am+1, S奇-S偶=am+1, (1)若项数为偶数2m,
公比为q(q≠0),则=q.
(2)若m,p∈N*,则Sm+p=Sm+qmSp
【对点训练2】(1)(2024全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=( )【一题多解】
A. B.
C. D.
B
解析 (方法一 利用等差数列的基本公式)由S9=1,根据等差数列的前n项和公式,S9=9a1+d=1,得9a1+36d=1.故a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=(9a1+36d)=
(方法二 利用等差数列的性质)根据等差数列的性质,a1+a9=a3+a7,由S9=1,根据等差数列的求和公式,S9==1,故a3+a7=
(2)(2025广东佛山模拟)已知正项等比数列{an}的前3项和为14,且,则a2=( )
A. B.
C.6 D.4
D
解析 由正项等比数列{an}的前3项和为14,得a1+a3=14-a2,则,因此,而a2>0,所以a2=4.故选D.
(3)(2025浙江杭州模拟)已知数列{an},{bn}均为等差数列,其前n项和分别为Sn,Tn,满足(2n+3)Sn=(3n-1)Tn,则=( )
A.2 B.3
C.5 D.6
A
解析 因为数列{an},{bn}均为等差数列,所以a7+a8+a9=3a8=15a8=S15,且b6+b10=b1+b15.又由T15=,可得b6+b10=T15.
因此=2.故选A.
考点三 等差、等比数列的证明
例4 (2025山东青岛模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an (n∈N*).
(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若数列{bn}满足·…·=(an+1(n∈N*),证明:{bn}是等差数列.
(1)证明 ∵an+2=3an+1-2an,∴an+2-an+1=2(an+1-an),
=2(n∈N*).
∵a1=1,a2=3,∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an+1-an=2n(n∈N*),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1(n∈N*).
(3)证明 …=(an+1,
,
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)]=(n+1)bn+1.②
②-①,得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn,
即(n-1)bn+1-nbn+2=0.③
nbn+2-(n+1)bn+1+2=0.④
④-③,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*),∴{bn}是等差数列.
知识提炼
等差数列、等比数列的判断与证明
方法 {an}是等差数列 {an}是等比数列
定义法 an+1-an=d(常数)(n∈N*) =q(q是不为0的常数,n∈N*)
通项法 an=pn+q(p,q为常数,n∈N*) an=cqn(c,q均是不为0的常数,n∈N*)
中项法 2an+1=an+an+2(n∈N*) =an·an+2(an·an+1·an+2≠0,n∈N*)
前n项 和法 Sn=An2+Bn (A,B为常数,n∈N*) Sn=Aqn-A(A为非零常数,q≠0,且q≠1)
【对点训练3】(2021全国甲,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.
证明 若选①② ③
设数列{an}的公差为d1,数列{}的公差为d2.
∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.
∴Sn=na1+n2+n.
又+(n-1)d2,
∴Sn=a1+(n-1)2+2d2(n-1)=n2+(2d2-2)n+-2d2+a1,
,a1-=2d2-2-2d2+a1=0,
,d2=,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③ ②
设等差数列{an}的公差为d.
因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,
所以Sn=na1+d=na1+n(n-1)a1=n2a1,
所以=n-(n-1)
所以{}是首项为,公差为的等差数列.
若选②③ ①
设数列{}的公差为d,则=d,
即=d.
∵a2=3a1,=d,即d=,
+(n-1)d=+(n-1)=n,即Sn=n2a1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,a1=S1=a1,符合式子an=(2n-1)a1,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*,即数列{an}是等差数列.(共22张PPT)
微培优3 数列的奇、偶项问题
类型一 通项中含有(-1)n型
类型二 奇偶项通项不同的数列
目 录 索 引
对于涉及奇偶项的数列问题,通常可以采用“分项研究法”:将原数列{an}分解为奇数项子列{a2n-1}和偶数项子列{a2n}两个独立子列,通过分别研究这两个子列的性质(如等差、等比或其他递推特征),最终解决原数列的问题.
根据题目特征,奇偶项问题主要分为以下四种类型:
(1)连续两项关系型:题目给出相邻两项的和或积的递推关系,如an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n);
(2)符号交替型:通项中含有(-1)n等导致符号交替变化的因子;
(3)显式条件型:题目明确给出奇数项和偶数项各自满足的不同条件,如含有{a2n},{a2n-1}的类型;
(4)分段定义型:通项公式直接按奇偶分段给出.
类型一 通项中含有(-1)n型
例1 (2025福建宁德模拟)已知{an}是等差数列,{bn}是正项等比数列,且a1=1,b2=2,a3-1=b3,a4+1=b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=(-1)n+1an·an+1(n∈N*),求数列{cn}的前2n项和S2n.
解 (1)由题意,{an}是等差数列,设公差为d,{bn}是正项等比数列,设公比为q,q>0,
由a1=1,b2=2,a3-1=b3,a4+1=b4,可得1+2d-1=2q,1+3d+1=2q2,解得d=q=2,则b1=1,则an=2n-1,bn=2n-1.
(2)由(1)可得,cn=(-1)n+1an·an+1=(-1)n+1(2n-1)(2n+1),
则c2n-1+c2n=(4n-3)(4n-1)-(4n-1)(4n+1)=-4(4n-1),
则数列{cn}的前2n项和S2n=-4(3+7+…+4n-1)=-4n(3+4n-1)=-4n(2n+1).
【对点训练1】(2025河北秦皇岛模拟)已知数列{an}是公差大于2的等差数列,其前n项和为Sn,a2=5,且a1+1,a2+1,a5-2成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d>2),则a1=a2-d=5-d,a5=a2+3d=5+3d,
由a1+1,a2+1,a5-2成等比数列,得(6-d)(3+3d)=62,
而d>2,解得d=3,所以数列{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=3n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n+1=(-1)n+1(),当n为偶数时,
Tn=()-()+()-()+…+()-()
=,
当n为奇数时,
Tn=()-()+()-()+…-()+()
=,
所以Tn=
类型二 奇偶项通项不同的数列
例2 (2023新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn
分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d.
由bn=得b1=a1-6,b2=2a2=2(a1+d),b3=a3-6=a1+2d-6.
则由S4=32,T3=16,得
解得
所以an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明 由(1)可得Sn==n2+4n.
当n为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3
=[-1+3+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+…+(4n+2)]
=
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn.
当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]
=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]
=
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
【对点训练2】(2025浙江嘉兴模拟)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0, 4Sn=+2an-3,数列{bn}满足bn=
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*,Tn≥10n+λ,求实数λ的取值范围.【一题多解】
解 (1)当n=1时,a1=S1=,解得a1=-1或a1=3.
因为an>0,所以a1=3.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an+an-1>0,所以an-an-1=2.又a1=3,故数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)(方法一)由bn=所以bn=
当n为偶数时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=(b1+b3+…+bn-3+bn-1)+(b2+b4+…+bn-2+bn)
=[-2+(-2)+…+(-2)+(-2)]+[12+20+…+(4n-4)+(4n+4)]
=(-2)=n2+3n,
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+3(n+1)-[4(n+1)+4]=n2+n-4,
所以Tn=
因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ成立,所以当n为奇数时,即n2+n-4≥10n+λ,所以λ≤n2-9n-4,不等号的右边可看作关于n的二次函数,图象的对称轴为n=-=4.5,
因为n为奇数,所以当n=5时,(n2-9n-4)min=-24,则λ≤-24;
当n为偶数时,n2+3n≥10n+λ,所以λ≤n2-7n,
同理可得,因为n为偶数,所以当n=4时,(n2-7n)min=-12,则λ≤-12.
综上,λ≤-24.所以λ的取值范围为(-∞,-24].
(方法二)由bn=
当n为偶数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn
=(a1-a2)+(a2+a3)+(a3-a4)+…+(an-1-an)+(an+an+1)
=[a1+(a2+a3)+…+(an+an+1)]+[(-a2)+(a3-a4)+…+(an-1-an)]
=Sn+1+(-5)+(-2)=n2+3n.
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+3(n+1)-[4(n+1)+4]=n2+n-4,
所以Tn=
因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ成立,所以当n为奇数时,即n2+n-4≥10n+λ,所以λ≤n2-9n-4,不等号的右边可看作关于n的二次函数,图象的对称轴为n=-=4.5,
因为n为奇数,所以当n=5时,(n2-9n-4)min=-24,则λ≤-24;
当n为偶数时,n2+3n≥10n+λ,所以λ≤n2-7n,
同理可得,因为n为偶数,所以当n=4时,(n2-7n)min=-12,则λ≤-12.
综上,λ≤-24.所以λ的取值范围为(-∞,-24].(共28张PPT)
第2讲 求数列的通项公式
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人A选必二4.1节习题改编)已知数列{an}满足a1=9,an+1-an=n,则a4=( )
A.20 B.18
C.15 D.10
C
解析 因为an+1-an=n,所以a4-a3=3,a3-a2=2,a2-a1=1,相加可得a4-a1=6,即a4=a1+6.又a1=9,所以a4=a1+6=15.故选C.
2.(2023天津,5)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=( )
A.16 B.32
C.54 D.162
C
解析 当n≥2,n∈N*时,an=2Sn-1+2,所以an+1-an=2an,即an+1=3an.
当n=1时,a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1.
所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,则a4=a1q3=54.故选C.
3.(2025天津,6)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为( )
A.112 B.48
C.80 D.64
C
解析 由题意知a1=S1=7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n+(n-1)2-8(n-1)=-2n+9.又a1=7适合上式,所以an=-2n+9.当an>0时,n≤4;当an<0时,n≥5.所以{|an|}的前12项和T12=S4-(S12-S4)=2S4-S12=2×(-16+32)-(-122+8×12)=80.故选C.
4.(人B选必三复习题第6题改编)已知a1=1,an+1=2an+1,则数列{an}的通项公式为 .
an=2n-1
解析 设bn=an+1,由已知得b1=a1+1=2≠0.
又an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),
即bn+1=2bn,所以=2,
所以{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n,
所以an=bn-1=2n-1.
5.(2022新高考Ⅰ,17节选)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{}是公差为的等差数列.求{an}的通项公式.
解 是以=1为首项,以为公差的等差数列,
=1+(n-1)Sn=an.①
当n≥2时,Sn-1=an-1.②
①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1,
an-1=an,
∴an=…a1=…a1(n≥2),
又a1=1,∴an=1=(n≥2).
又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=
思维引航
1.已知数列{an}中的项满足an+1-an=f(n),则可累加求通项公式.
2.已知Sn=f(an),在n≥2的条件下得Sn-1=f(an-1),两式相减,得到特殊数列,从而求通项公式.
3.已知Sn=f(n),可由an=Sn-Sn-1(n≥2)确定通项公式.
4.形如an+1=pan+q的条件,一般构造an+1+x=p(an+x).
5.先由条件得出Sn=f(an),类似第2题得到=f(n),再类似第1题利用累乘法求出通项公式.
考点进阶 素养淬炼
考点一 an与Sn的关系
例1 (1)若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
证明:{}是等差数列.
证明 当n≥2时,an=Sn-Sn-1且an+2SnSn-1=0,即(Sn-Sn-1)+2SnSn-1=0,
可得=2,且=2.
故数列{}是以首项为2,公差为2的等差数列.
(2)(2025河北保定模拟)记数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=3,an+1=+3.
证明:数列{an}为等差数列.
证明 因为an+1=+3,所以nan+1=2Sn+3n,
当n≥2时,(n-1)an=2Sn-1+3(n-1),
两式相减得nan+1-(n+1)an=3,①
则(n+1)an+2-(n+2)an+1=3,②
②-①,得(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)an+1,
所以an+2+an=2an+1(n≥2).
因为nan+1=2Sn+3n,a1=3,
所以当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=9;
当n=2时,2a3=2S2+6=24+6=30,则a3=15,
所以a1+a3=2a2,满足an+2+an=2an+1,
所以an+2+an=2an+1,故数列{an}为等差数列.
【对点训练1】(2025云南昆明模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an=(n≥2),求数列{an}的通项公式.
解 因为各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,则对任意的n∈N*,Sn>0,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
即()()=,
所以=1,因此,数列{}是等差数列,且其首项为=1,公差为1.所以=1+n-1=n,则当n≥2时,an==n+n-1=2n-1,a1=1也满足an=2n-1.故 n∈N*,an=2n-1.
考点二 累加法、累乘法
例2 (1)(2025山东青岛模拟)在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg(1+),则a100=( )
A.5 B.3+100lg 3
C.4 D.10+2lg 3
A
解析 在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg(1+),即an+1-an=lg=lg(n+1)-lg n,
所以a100=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a100-a99)
=3+lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+…+lg 100-lg 99
=3-lg 1+lg 100=3+2=5.故选A.
(2)(2025浙江衢州模拟)已知正项数列{an}满足a1=1, a1a2+a2a3+…+anan+1+(n+1)=1,则a2 025=( )
A.2 B.
C.2 025 D.
D
解析 因为a1a2+a2a3+…+anan+1+(n+1)=1,所以当n≥2时, a1a2+a2a3+…+an-1an+n=1,两式相减,得anan+1+(n+1)-n=0,
所以anan+1+-n+n=0,所以(an+an+1)an+1+n(an+1+an)(an+1-an)=0,
所以(an+1+an)[an+1+n(an+1-an)]=0,所以(an+1+an)·[(n+1)an+1-nan]=0.
因为数列{an}为正项数列,所以(n+1)an+1=nan,所以,
所以……,所以(n≥2).
又a1=1,所以an=(n≥2),且a1==1.故an=,所以a2 025=故选D.
【对点训练2】(2025湖北武汉模拟)定义:在数列{an}中,=d (n∈N*),其中d为常数,则称数列{an}为“等比差”数列.已知“等比差”数列{an}中,a1=a2=1,a3=3,则=( )
A.1 763 B.1 935
C.2 125 D.2 303
B
解析 因为数列{an}是“等比差”数列,所以=d(n∈N*),
因为a1=a2=1,a3=3,所以d==2,
所以有=2,=2,…,=2,
累加得=2n=2n+1=2n-3(n≥2,n∈N*),
因此有=2n-3,=2n-5,…,=1,
累乘得=(2n-3)×(2n-5)×…×1 an=1×3×5×…×(2n-3)(n≥2,n∈N*),
所以=1 935.故选B.
考点三 构造辅助数列
例3 (1)(2025广东广州模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=,且an+2=(n∈N*),则数列{an}的通项公式是 .
an=
解析 由an+2=(n∈N*),得,
两边取倒数,得+1.
又a1=1,a2=,则=2,
故数列{}是以2为首项,1为公差的等差数列,
所以=2+(n-1)=n+1,则有=n,=n-1,…,=2,n≥2,
故…=n!,即an=,显然n=1满足.故an=
(2)(2025湖南湘潭模拟)已知在数列{an}中,a1=3,an+1=2an-2n+3,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,则数列{an}的通项公式an= ;S8= .
2n+2n-1
574
解析 因为an+1=2an-2n+3,a1=3,所以an+1-2(n+1)+1=2(an-2n+1),
且a1-2+1=2≠0,可知数列{an-2n+1}是首项为2,公比为2的等比数列,
则an-2n+1=2×2n-1=2n,即an=2n+2n-1,
可得Sn=(2+1)+(22+3)+…+(2n+2n-1)=(2+22+…+2n)+(1+3+…+2n-1)
==2(2n-1)+n2,
所以S8=2×(28-1)+82=574.
【对点训练3】(2025安徽合肥模拟)已知数列{an},{bn}中,a1=2,b1=6, an+1=2an,bn+1=2bn-an,若am=bm,则m=( )
A.4 B.5
C.6 D.7
B
解析 在数列{an}中,因为a1=2,an+1=2an,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,an=2n,则bn+1=2bn-2n,即=-,因此数列{}是以=3为首项,-为公差的等差数列.则=3+(n-1)(-),即bn=(7-n)2n-1,由am=bm,得2m=(7-m)2m-1,所以m=5.故选B.
