数列章末复习

数列章末复习必修五第二章[分析]利用an＝S1n＝1Sn－Sn－1n≥2，求数列{an}的通项公式．1．知Sn求an[例1](1)已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)n＋1n，求an；(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an.[解析](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1n－(－1)n(n－1)＝(－1)n(1－2n)，当n＝1时，a1＝S1＝(－1)2×1＝1，适合上式．∴an＝(－1)n(1－2n)．(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝3＋21＝5，不满足上式．∴an＝5n＝12n－1n≥2.已知Sn求an，即已知数列的前n项和公式，求数列的通项公式，其方法是an＝Sn－Sn－1(n≥2)，这里常忽略了条件n≥2而导致错误，因此必须验证n＝1时是否成立，若不成立，则通项公式只能用分段函数an＝S1n＝1Sn－Sn－1n≥2来表示．(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.于是k＝1n(ak＋1－ak)＝k＝1n(2k－1)，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.2．累加法例2.数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．[解析](1)由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2.即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1.所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．•已知a1＝a，an＋1－an＝f(n)，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项an.①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．[解析]由Sn＝n2an，得Sn－1＝(n－1)2an－1，两式相减，得an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1(n≥2)，∴anan－1＝n－1n＋1(n≥2)．∴an＝(anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a2a1)·a1＝(n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24·13)·12＝2×1n＋1×n×12＝1nn＋1(n≥2)．又∵当n＝1时，a1＝12也符合上式，∴an＝1nn＋1.3．累乘法[例3]已知数列{an}中，a1＝12，Sn＝n2an，其中Sn是数列{an}的前n项和，求an.[解析]由已知an＋1＝23an＋1得：(an＋1－3)＝23(an－3)∴an＋1－3an－3＝23，∴{an－3}为以a1－3＝－2为首项，q＝23的等比数列．∴an－3＝(－2)×(23)n－1，∴an＝3－2·(23)n－1.•[分析]通过整理变形，进而构造等比数列，由等比数列的通项间接求数列{an}的通项公式．4．构造转化法[例4]在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝23an＋1，求an.•[方法总结]已知a1且an＋1＝pan＋q(p，q为常数)的形式均可用上述构造法，特别地，若p＝1，则{an}为等差数列；若q＝0，p≠0，则{an}为等比数列．•求数列的前n项和是数列运算的重要内容之一，也是历年高考考查的热点．对于等差、等比数列，可以直接利用求和公式计算，对于一些具有特殊结构的数列，常用倒序相加法、裂项相消法、错位相减法等求和．•1．分组转化法•如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前n项和可考虑拆项后利用公式求解．[例5]已知数列1＋1，1a＋4，1a2＋7，…，1an－1＋3n－2，…求其前n项的和．[解析]设Sn＝(1＋1)＋(1a＋4)＋(1a2＋7)＋…＋(1an－1＋3n－2)＝(1＋1a＋1a2＋…＋1an－1)＋[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]，当a＝1时，Sn＝n＋n3n－12＝n3n＋12；当a≠1时，Sn＝1－1an1－1a＋n3n－12＝a－a1－na－1＋n3n－12.[方法总结]形如{an＋bn}的求和问题，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，可用“拆项分组求和”法．[解析]∵an＝11＋2＋…＋n＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴a1＝21－12，a2＝212－13，a3＝213－14，…，an＝21n－1n＋1，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2nn＋1.•2．裂项相消法•对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项．[例6]求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n(n∈N＋)．所谓裂项相消，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的．常见的裂项变形有：①an＝1nn＋1＝1n－1n＋1；②an＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；③an＝1nn＋1n＋2＝121nn＋1－1n＋1n＋2；④an＝1n＋n＋1＝n＋1－n.•3．错位相减法•若数列{an}为等差数列，数列{bn}是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{anbn}的各项乘以公比q，并项后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．[例7]设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝13，当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝13；当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．[解析](1)因为2Sn＝3n＋3，所以当n＝1时2a1＝3＋3，故a1＝3，当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝3，n＝1.，3n－1，n≥2.两式相减，得2Tn＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n－1)×31－n＝136－6n＋32×3n.所以Tn＝1312－6n＋34×3n经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝1312－6n＋34×3n.•4．倒序相加法•如果一个数列{an}与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法．[例8]已知函数f(x)＝14x＋m(m0)，当x1、x2∈R，且x1＋x2＝1时，总有f(x1)＋f(x2)＝12.(1)求m的值．(2)设Sn＝f(0n)＋f(1n)＋f(2n)＋…＋f(nn)，求Sn.[分析]求m的值可用特殊值法；求Sn，根据其特点和已知条件可以考虑用倒序相加法．[解析](1)取x1＝x2＝12，则f(12)＝12＋m＝14，所以m＝2.(2)因为当x1、x2∈R，且x1＋x2＝1时，总有f(x1)＋f(x2)＝12，所以f(0n)＋f(nn)＝12，f(1n)＋f(n－1n)＝12，….因为Sn＝f(0n)＋f(1n)＋f(2n)＋…＋f(nn)，故Sn＝f(nn)＋f(n－1n)＋f(n－2n)＋…＋f(0n)．两式相加得：2Sn＝[f(0n)＋f(nn)]＋[f(1n)＋f(n－1n)]＋…＋[f(nn)＋f(0n)]＝n＋12，所以Sn＝n＋14.