2023新教材高中数学第4章数列章末综合提升教师用书新人教A版选择性必修第二册

第4章 数列

类型1　求数列的通项公式

数列通项公式的求法

(1)定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目．

(2)已知Sn求an

若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．

(3)累加或累乘法

形如an－an－1＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累乘法求通项公式．

(4)构造法

如an＋1＝Aan＋B可构造{an＋c}为等比数列，再求解得通项公式．

【例1】　(1)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列的通项公式an＝(　　)

A．2n B．2n＋1　　

C．　　 D．

(2)已知数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式．

(1)A　[法一　由数列{an}为递增的等比数列，可知公比q＞0，而a＝a10＞0，所以q＞1，an＞0．由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2an＋2anq2＝5anq，则2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝(舍去)．由a＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝2．因此an＝2n．

法二　由等比数列{an}为递增数列知，公比q＞0，而a＝a10＞0，所以an＞0，q＞1．由条件得2＝5，即2＝5，解得q＝2．又由a＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q＝2，故an＝2n．]

(2)[解]　法一　由题意得an＝3an－1＋4＝3(3an－2＋4)＋4＝32an－2＋3×4＋4＝33an－3＋32×4＋3×4＋4＝…＝3n－1a1＋3n－2×4＋3n－3×4＋…＋3×4＋4＝3n－1＋＝3n－1＋2(3n－1－1)＝3n－2．

法二　∵an＋1＝3an＋4，∴an＋1＋2＝3(an＋2)．

令bn＝an＋2，∵b1＝a1＋2＝3，∴数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn＝3n，∴an＝3n－2．

法三　∵an＋1＝3an＋4，①

∴an＝3an－1＋4(n≥2)．②

由①－②，得an＋1－an＝3(an－an－1)(n≥2)．

∵a2－a1＝3＋4－1＝6，

∴数列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，即an＋1－an＝6×3n－1＝2×3n，利用累加法得an＝3n－2．

类型2　等差、等比数列的基本运算

在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(或q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．

【例2】　在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．

[解]　(1)设{an}的公比为q，

由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n．

(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，

则b3＝8，b5＝32．

设{bn}的公差为d，则有

解得

所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28．

所以数列{bn}的前n项和

Sn＝＝6n2－22n．

类型3　等差、等比数列的判定

等差、等比数列的判断方法

(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列；＝q(q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列．

(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}是等差数列；a＝an·an＋2(an≠0)⇔{an}是等比数列．

(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列．

(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔{an}是等比数列．

【例3】　已知数列{an}，{bn}满足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2．

(1)证明数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．

(2)求数列{an}的前n项和Sn．

[解]　(1)∵bn－an＝n，b1＝2，∴a1＝1，

∵an＋1＋1＝2an＋n，∴an＋1＋n＋1＝2(an＋n)，

∴＝2，即＝2．

∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，∴bn＝2n．

(2)由bn－an＝n，得an＝2n－n，

∴Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)

＝－＝2n＋1－2－．

类型4　等差、等比数列的性质

解决等差、等比数列有关问题的几点注意

(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；

(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；

(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；

(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．

【例4】　(1)(多选题)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有(　　)

A．a7 B．a8

C．S15 D．S16

(2)(多选题)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2 019·a2 020>1，<0，下列结论正确的是(　　)

A．S2 019<S2 020

B．a2 019a2 021－1<0

C．T2 020是数列{Tn}中的最大值

D．数列{Tn}无最大值

(3)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．

(1)BC　(2)AB　(3)5　[(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝＝8不是定值．故选BC．

(2)当q＜0时，a2 019a2 020＝aq＜0，不成立；

当q≥1时，a2 019＞1，a2 020＞1，＜0不成立；

故0＜q＜1，且a2 019＞1,0＜a2 020＜1，故S2 020＞S2 019，A正确；

a2 019a2 021－1＝a－1＜0，故B正确；

T2 019是数列{Tn}中的最大值，CD错误；故选AB．

(3)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝a＝4⇒a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log22＝5．]

类型5　数列求和

一般常见的求和方法有：

(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式．

(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．形如{an＋bn}，其中{an}，{bn}是不同的数列．

(3)裂项(相消)法：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．形如，其中{an}为等差数列．

(4)错位相减法：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．形如{anbn}，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．

(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．

【例5】　已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3．

(1)求an；

(2)求数列{nan}的前n项和Tn．

[解]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn－1)，

则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，

＝＝c3＝8，

∴c＝2．

∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，

解得k＝2，

∴an＝2n．

当n＝1时，a1＝S1＝2．

综上所述，an＝2n(n∈N*)．

(2)nan＝n·2n，

则Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，

2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，

两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，

∴Tn＝2＋(n－1)·2n＋1．