高考数学一轮复习 第九章 数列 第64课 通项与求和(1)课件.pptx

第64课 通项与求和(1)1. 熟练掌握等差、等比数列的通项公式，能将一些特殊数列转化为等差、等比数列来求通项.2. 掌握求非等差、等比数列的通项公式的常用方法.1. 阅读：必修5第37～39页、第51～53页.2. 解悟：①等差数列和等比数列通项公式形式的联系与区别；②体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.3. 践习：在教材空白处，完成第39页思考、第41页第10题，第53页思考、第54页第4题.基础诊断1. 已知等差数列{a n }的公差为d ，则a n －a m ＝ (n －m)d . 解析：因为数列{a n }是等差数列，且公差为d ，所以a n －a m ＝a 1＋(n －1)d －[a 1＋(m －1)d]＝(n －m)d.2. 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1a n ＝n n ＋1，则a n ＝ 1n.解析：当n ≥2时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a n a n －1＝1×12×23×34×…×n －1n ＝1n ；当n ＝1时也成立，故a n ＝1n.3. 若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n ＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为 a n ＝n （n ＋1）2. 解析：由a n ＝n ＋a n －1可变形为a n －a n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，由此可写出以下各式：a n－a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，a n －2－a n －3＝n －2，…，a 2－a 1＝2，将以上等式两边分别相加，得a n －a 1＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2，所以a n ＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝n （n ＋1）2. 4. 在斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，…中，任意连续的三项a n ，a n ＋1，a n ＋2的关系是 a n ＋2＝a n ＋a n ＋1 .范例导航考向❶ 利用“累乘、累加”法求通项例1 已知数列{a n }满足a 1＝12，数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ∈N *)，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝2b n .求数列{a n }，{b n }的通项公式.解析：因为S n ＝n 2a n (n ∈N *)， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1.又a 1＝12，所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ＋1×n －2n ×n －3n －1×…×24×13×12＝1n （n ＋1）.当n ＝1时，上式成立，故a n ＝1n （n ＋1）.因为b 1＝2，b n ＋1＝2b n ，所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，故b n ＝2n .已知a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，求数列{a n }的通项公式. 解析：因为a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， 所以a n －a n －1＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n －1＝ln nn －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝lnn n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 32＋ln2＋2＝2＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1×n －1n －2×…×32×2 ＝2＋ln n (n ≥2).又a 1＝2满足上式，故a n ＝2＋ln n (n ∈N *).【注】 (1) 形如a n ＋1＝a n ＋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，保留多少项.(2) 形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式可化为a n ＋1a n＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项.(3) 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容易解决问题的等差或等比数列，然后再结合等差、等比数列的运算特点解决原有问题.求通项公式时，还可根据递推公式写出前几项，由此来猜测归纳出通项公式，然后再证明. 考向❷ 构造等差、等比数列求通项例2 (1) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式；(2) 已知数列{a n }满足a 1＝2， a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，求数列{a n }的通项公式. 解析：(1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2， 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1). 又a 1＝1，所以a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，所以a n ＋1＝2×3n －1，故a n ＝2×3n －1－1.(2) 因为a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，所以a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1.又a 12＝1， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n2n ＝n ，即a n ＝n·2n .已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n2，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解析：因为a 1＝2，a n ＋1＝a n 2， 所以2a 2n ＋1＝a n ，且a n >0，两边取对数，得lg 2＋2lg a n ＋1＝lg a n ，即lg a n ＋1＋lg 2＝12(lg a n ＋lg 2).因为lg a 1＋lg 2＝2lg 2，所以数列{lg a n ＋lg 2}是以2lg 2为首项，12为公比的等比数列，所以lg a n ＋lg 2＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1×lg 2，所以a n ＝222－n －1.【注】 (1) 此题通过两边同时取对数，将一个复杂的数列转化为等比数列.通常来说，我们可以将等比数列取对数后转化成等差数列.将等差数列放到指数函数y ＝a x 中转化为等比数列.(2) 形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为a n ＋1＋x ＝p (a n ＋x )的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x 是关键. 考向❸ 由a n 与S n 的递推关系求通项例3 记数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S n ＝2(a 1＋a n )(n ≥2，n ∈N *)，求S n .解析：方法一：当n ＝2时，S 2＝2(a 1＋a 2)， 从而得a 2＝－a 1＝－1.当n ≥3时，S n －1＝2(a 1＋a n －1)，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 又a 2≠2a 1，所以数列{a n }是从第二项起以a 2＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以当n ≥2时，S n ＝1＋（－1）×（1－2n －1）1－2＝2－2n －1.又S 1＝a 1＝1＝2－20，满足上式，所以S n ＝2－2n －1.方法二：当n ＝2时，S 2＝2(a 1＋a 2)， 从而a 2＝－a 1＝－1.当n ≥3时，a n ＝S n －S n －1，所以S n ＝2(1＋S n －S n －1)，即S n ＝2S n －1－2， 所以S n －2＝2(S n －1－2).因为S 2－2＝－2，S 1－2＝－1， 所以S 2－2＝2(S 1－2)，所以数列{S n －2}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S n －2＝(－1)·2n －1，即S n ＝2－2n －1.已知数列{a n }共有2k 项(k ≥2，k ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝2，a n ＋1＝(p －1)·S n ＋2(n ＝1，2，…，2k －1)，其中常数p >1.(1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 已知p ＝222k －1，数列{b n }满足：b n ＝1nlog 2(a 1a 2…a n )(n ＝1，2，…，2k )，求数列{b n }的通项公式.解析：(1) 因为a n ＋1＝(p －1)S n ＋2(n ＝1，2，…，2k －1)， 所以a n ＝(p －1)S n －1＋2(n ＝2，3，…，2k )， 两式相减得a n ＋1－a n ＝(p －1)(S n －S n －1)， 即a n ＋1－a n ＝(p －1)a n ，所以a n ＋1＝pa n (n ＝2，3，…，2k －1). 令n ＝1，得a 2＝(p －1)a 1＋2＝pa 1，所以a n ＋1a n ＝p ≠0(n ＝1，2，…，2k －1)，所以{a n }是等比数列.(2) 由(1)得a n ＝a 1p n －1，且a 1＝2， 所以b n ＝1n log 2(a 1a 2…a n )＝1n log 2(a 1·a 1p ·a 1p 2·…·a 1p n －1) ＝1n log 2(a n 1·p 1＋2＋…＋n －1) ＝log 2(a 1·pn －12)＝1＋n －12log 2p ＝1＋n －12·22k －1＝1＋n －12k －1.【注】 一种思考方法是先求出数列{a n }的通项公式，再求它的前n 项和，所以将S n 转化为a n ，通过研究a n 来求和；另一种思考方法是直接研究数列{S n }，所以将a n 转化为S n 后再求它的通项.这是研究S n 与a n 的关系问题时常用的两种解法，解题时要合理选择.自测反馈 1. 已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则a 100＝ 2101 .解析：因为a n ＋1＝2a n a n ＋2，所以1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝12＋1a n ，即1a n ＋1－1a n ＝12.又因为1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋12(n －1)＝1＋n 2，所以a n ＝21＋n ，所以a 100＝2101.2. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a 2n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，则a n 解析：因为a n ＝a 2n －1＋1，所以a n >0，且a 2n ＝a 2n －1＋1，即a 2n －a 2n －1＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a 2n ＝n ，故a n ＝n .3. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则a n ＝ 2n －1 .解析：因为S n ＝2a n －1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n－1－1)，即2a n －1＝a n ，所以a na n －1＝2.因为a 1＝S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1，当n ＝1时，也满足上式，所以a n ＝2n －1.4. 数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n ＋1)·(n ＋2)(n ∈N *)，则a n ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧6， n ＝1，2＋2n， n ≥2. 解析：因为a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n ＋1)(n ＋2) ①，当n ＝1时，a 1＝(1＋1)×(1＋2)＝6；当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)·a n －1＝n (n ＋1) ②，①－②得na n ＝(n ＋1)(n ＋2)－n (n ＋1)＝2n ＋2，所以a n ＝2n ＋2n ＝2＋2n (n ≥2).当n ＝1时，a 1＝6，不满足上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6， n ＝1，2＋2n，n ≥2.1. 注意数列条件限制，如正项数列、等比数列中任意一项均不为0.要分清第n ＋1项与第n 项表达式之间的关系.2. 已知S n 求a n ，要注意对n ＝1情况的讨论.3. 你还有那些体悟，写下来：。

§6.4数列的通项及数列求和基础知识自主学习要点梳理1 •若已知数列｛a｝W/£a n+1-a n=f (n),且f (1) + f (2) +…+f (n)可求，则可用—求数列的通项和累加法2•若已知数列｛a｝满足=f (n),且f⑴・f(2)・…・f (n)可求，则可用_求数列的通项a..©+1累积法推导方法:乘公比，错位相减法.■ % —jq\_q\_q3 •等差数列前n 项和S 产推导方法：— 等比数列前n 项和n(a x +a n )n(n-V). na x H d［到序相加法q#1.4 •常见数列的前n项和(1)(2)(3)；n(n + V) 2+4+6+…+2n= _____ ; 21+3+5+...+(2n-1)=_; n2+n*1+2+3+…+n=(4) 12+22+32+..+n2= ；n2(5) 13+23+33+.. +n3=«(n + l)(2n + l)⑷+ 1)]22j5. (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⑴1n(n +l)1 1n n + 1"2)(2M-1)(2〃 + 1) 2n +1⑶]Qn + Yn +1=、/ H +1—、ft ・基础自测1 •已知等比数^ij{a n},a1=3,>4a1> 2a2> 83成等差数列，则a34-a4+a5等于()A.33B.72C.84D.189解析由题意可设公比为q,贝!Ia2=a1q,a3=a1q2, •/4a2=4a14-a3,-，4a1q=4a14-a1q2,Xa1=3,/.q=2 ・ a3+a4+a5=a1q2(1+q4-q2)=3X4X(1+2+4)=84 ・2如蹈鶯肆严，…,ag…是首项为1,公比为3的等A. B. Cc.23〃+3 2解析时二先®)+ (a3-a2)3* ^(a^)2=a n=2lx(l_3")1一3 '_3〃一1 "" ■•2=n2f-F — 1 1 —i2 222〃 321, 1 164=5 +M，AA2~1 +23-已知数列6｝的通项公式是a 产,其中前侦柚卜A.13 劇64解析*-*a n = 则项数n 等于)C.9D.62"D1 戶， 1 心+前,.*/6n=n -4•若数列｛aj 的通项公式为a n =2n +2n-1,K>J 数列｛a ；｝的前n 项和为A.2n +n 2-1 C.2n+1+n 2-2解析S n =2(1_2") | 卅(1 + 2—1)B.2n+1+n 2-1 D.2n +n 2-2=2n+1-2+n 2.5擞列J_ _! _____ 5麺1项________ ! _______ A 2・5'5・8'8・11，© —1)・(3〃 + 2)‘和为()BA. B.n C・——.n 6n + 43n + 2解析餾数列通项公式71 + 16〃+ 4 n + 2得前n项和1 =1 _______________ 1(3〃一1)•⑶2 + 2) _ 3 3〃一1 _3n + 2c1Z1 1 1 1 1 1 1 1S =—( ------- 1 ------- 1 ---------nA H -------------------------- "3 2 5 5 8 8 11 3〃一1 3n + 2= 1(1__1 “ 〃 .32 3n + 2 6n + 4题型分类深度剖析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｛a」是首项为1的正项数列，且(n+1) +a n+1a n=O(n=1,2,3,...)；⑵已知数列代｝满足酩尸,a1=2.依据已知数列的递推关系适当地进行变形"+1 n的差百％或通项的商_2—匕La n + 2的规律融H-12 2%卄1 _ na n可寻找数列的通项解（1）方法一•・•数列｛aj是首项为1的正项数列,#0/.令=t,/.(n+1)t2+t-n=0, a n為+i・•・［伽(t+1)=0,・・t=。

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通项与求和（1）一、教学目标1． 熟练掌握等差、等比数列的通项公式，能将一些特殊数列转化为等差、等比数列来求通项； 2． 掌握求非等差、等比数列的通项公式的常用方法. 二、基本方法回顾与梳理1、20-是不是等差数列 221,7,27,0---,中的项,如果是，是第几项？【教学建议】本题为课本上原题，主要帮助学生回忆等差数列通项公式及如何判别是否为数列中的项。

（1）教学时建议让学生先讨论判别方法，（2）分别让两个学生用列举法写出该数列看是否有—20和方程20-=n a 是否有正整数解。

教师再作点评和总结：当所判别的项不是很大时,可用列举法；当所判别的项很大时，应该转化为方程有无整数解问题． 2、数列}{n a 的前n 项和n S ，满足21n S n =+，求n a 。

【教学建议】本题主要复习利用n S 与n a 关系求通项公式．教学过程中可以让学生先做，然后让忽略1n =学生板演，然后向学生解释为什么1n =时1n n n a S S -=-发生错误,教师一定要强调11S a =。

n n S a ,的关系⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n nn ，在1-n S 中必须2n ≥(适用所有数列)．3、已知数列}{n a 中，1a =1且满足121n n a a +=+，则_________=n a ．【教学建议】本题复习构造新数列将问题转化为等差数列或等比数列．(1）教学过程中教师可以先让学生通过递推得：,1211212,1121+=+⨯=+==a a a,,1221)12(223 ++=++=a 121222121n n n n a --=++++=-,进行猜想归纳，然后再给予证明。