苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列第二课时导学案

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列第二课时导学案，共7页。

[例1] (链接教科书第151页例3)已知数列{cn}：2eq \f(1,4)，4eq \f(1,8)，6eq \f(1,16)，…，试求{cn}的前n项和．
[解] 令{cn}的前n项和为Sn，
则Sn＝2eq \f(1,4)＋4eq \f(1,8)＋6eq \f(1,16)＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n＋1)))
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋[eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,16)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)]＝eq \f(1,2)n(2＋2n)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n(n＋1)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1).即数列{cn}的前n项和为Sn＝n(n＋1)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1).
eq \a\vs4\al()
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．
[跟踪训练]
1．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2 020等于( )
A．1 010 B．－1 010
C．2 020 D．－2 020
解析：选A S2 020＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 019＋2 020)＝1 010.
2．已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且a1，a4，a5成等差数列．
(1)求p，q的值；
(2)求数列{an}前n项和Sn的公式．
解：(1)由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q，
a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知an＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋eq \f(n（n＋1）,2).
[例2] 已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，aeq \\al(2,3)＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝－lgeq \r(3)an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公比为q，由aeq \\al(2,3)＝9a2a6得aeq \\al(2,3)＝9aeq \\al(2,4)，∴q2＝eq \f(1,9).
由条件可知q>0，故q＝eq \f(1,3).
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝eq \f(1,3).
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,3n).
(2)∵an＝eq \f(1,3n)，∴bn＝－lg eq \r(3)eq \f(1,3n)＝2n，
∴eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,4n（n＋1）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4（n＋1）).
1．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
2．裂项求和的几种常见类型：
(1)eq \f(1,n（n＋k）)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
(2)eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(n＋k)－\r(n)))；
(3)eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；
(4)若{an}是公差为d的等差数列，则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))). eq \a\vs4\al()
[跟踪训练]
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝15，a5＋a9＝30.
(1)求an及Sn；
(2)若数列{bn}满足bn(Sn－n)＝2(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和为Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝15，,a5＋a9＝30，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝15，,2a1＋12d＝30，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))
则an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋eq \f(2n（n－1）,2)＝n2＋2n.
(2)由题意可得
bn＝eq \f(2,Sn－n)＝eq \f(2,n2＋n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
[例3] 已知{an}是等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝1，b1＝3，a2＋b2＝7，a3＋b3＝11.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(bn,an)，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，等差数列{bn}的公差为d，
依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝q＋（3＋d）＝7，,a3＋b3＝q2＋（3＋2d）＝11，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＋d＝4，,q2＋2d＝8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝0，,d＝4))(舍去)．
所以an＝2n－1，n∈N*，bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1，n∈N*.
(2)由(1)得cn＝eq \f(bn,an)＝eq \f(2n＋1,2n－1)，
所以Tn＝eq \f(3,1)＋eq \f(5,2)＋…＋eq \f(2n＋1,2n－1)，①
所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)＋eq \f(2n＋1,2n)，②
由①－②，得eq \f(1,2)Tn＝3＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(2n＋1,2n)
＝3＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n＋1,2n)＝5－eq \f(2n＋5,2n)，
所以Tn＝10－eq \f(2n＋5,2n－1).
eq \a\vs4\al()
1．使用范围：如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
2．注意事项：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
[跟踪训练]
已知数列{an}是等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和公式．
解：(1)设数列{an}的公差为d，则
法一：a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12.
又a1＝2，得d＝2，∴an＝2n，n∈N*.
法二：∵a1＋a3＝2a2，
∴a2＝4.又a1＝2，∴d＝4－2＝2.
∴an＝2n，n∈N*.
(2)由bn＝an·3n＝2n·3n，得
Sn＝2·3＋4·32＋…＋(2n－2)·3n－1＋2n·3n，①
3Sn＝2·32＋4·33＋…＋(2n－2)·3n＋2n·3n＋1，②
①－②得－2Sn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2n·3n＋1
＝3(3n－1)－2n·3n＋1，
∴Sn＝eq \f(3（1－3n）,2)＋n·3n＋1，n∈N*.
由数列的递推关系求通项
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*)．求数列{an}的通项公式．
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*)．求数列{an}的通项公式．
[问题探究]
类型一：形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式
这类递推数列采用累加法求其通项(数列{f(n)}可求前n项和)．
当f(n)为常数时，可通过累加法求得等差数列的通项公式．
而当f(n)为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形如an＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是Sn＝an2＋bn，其常数项一定为0.
类型二：形如an＋1＝f(n)an的递推关系式
这类递推数列可通过累乘法求得其通项(数列{f(n)}可求前n项积)．
当f(n)为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式．
类型三：形如an＋1＝can＋tan－1(n≥2，ct≠0)的递推关系式
对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问题．即令an＋1－xan＝y(an－xan－1)，用待定系数法求出x与y的值，即可转化为等比数列问题，进而求通项．
类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a(cta≠0)的递推关系式
对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解．
类型五：由Sn与an的关系求an
数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.))
[注意] (1)应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2；
(2)由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f(n)(n≥2)，若当n＝1时，a1也适合an＝f(n)，则需要统一合成一个表达式．
[迁移应用]
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式为________________．
解析：由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－an－[2(n－1)－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝eq \f(1,2)an－1＋1，即an－2＝eq \f(1,2)(an－1－2)．
令bn＝an－2，则bn＝eq \f(1,2)bn－1，且b1＝1－2＝－1，
于是数列{bn}是首项为－1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以bn＝－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
故an＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
答案：an＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)
2．已知数列{an} 满足an＋1＝5an－6an－1(n≥2)，且a1＝1，a2＝4，则数列{an}的通项公式为________________．
解析：令an＋1－xan＝y(an－xan－1)，
即an＋1＝(x＋y)an－xyan－1.
于是得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝5，,－xy＝－6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2.))
取x＝2，y＝3得an＋1－2an＝3(an－2an－1)(n≥2)．
由于a2－2a1＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋1－2an＝2×3n－1.
两边同除以2n＋1，得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1).
所以eq \f(an,2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－\f(an－1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,2n－1)－\f(an－2,2n－2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,22)－\f(a1,21)))＋eq \f(a1,21)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－3)＋…＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(0)＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－1),1－\f(3,2))＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1)－eq \f(1,2).
故an＝2×3n－1－2n－1.
取x＝3，y＝2得an＋1－3an＝2(an－3an－1)(n≥2)．
由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－3an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝2n－1.
整理得an＋1＋2n＝3(an＋2n－1)，又因为a1＋21－1＝2，所以数列{an＋2n－1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
即an＋2n－1＝2×3n－1，所以an＝2×3n－1－2n－1，
综上可知an＝2×3n－1－2n－1.
答案：an＝2×3n－1－2n－1
3．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：(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1－bn＝2.
又因为b1＝a2－a1＝1，故数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知bn＝1＋2(n－1)＝2n－1.
即an＋1－an＝2n－1.
于是an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×1－1)＋1
＝2[1＋2＋3＋…＋(n－1)]－(n－1)＋1
＝2×eq \f([1＋（n－1）]×（n－1）,2)－n＋2
＝n2－2n＋2.
1．已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是( )
A．1，1 B．－1，－1
C．1，0 D．－1，0
解析：选D S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，
S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.
2．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,n（n＋1）)))的前2 020项和为________．
解析：因为eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以S2 020＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 020)－\f(1,2 021)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 021)))＝eq \f(4 040,2 021).
答案：eq \f(4 040,2 021)
3．已知数列an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n－1，n为奇数，,n，n为偶数，))则S100＝________．
解析：由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5 000.
答案：5 000
4．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*.
(1)设bn＝eq \f(an,2n－1)，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)在(1)的条件下求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(2an＋2n,2n)＝eq \f(an,2n－1)＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝n，eq \f(an,2n－1)＝bn＝n.
∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1.
分组转化法求和
裂项相消法求和
错位相减法求和