内容正文:
1
a1+
1
2
=
2
5
为首项,1为公差的等差数列,所
以
1
an+
1
2
=
2
5+
(n-1)·1=n-
3
5
,所以an
=
13-5n
10n-6
。
(2)由特征方程 x=
7x-2
x+4
,求得数列
{an}的 不 动 点 为 1 和 2,则
an+1-1
an+1-2
=
7an-2
an+4
-1
7an-2
an+4
-2
=
6
5
·an-1
an-2
,所以 an-1
an-2 是首项
为
a1-1
a1-2
=2,公比为
6
5
的等比数列,所以an-1
an-2
=2× 65
n-1
,解得an=
4×6n-1-5n-1
2×6n-1-5n-1
,n∈N*。
总结提炼:设f(x)=
ax+b
cx+d
(c≠0,ad-
bc≠0),数列{an}满足an+1=f(an),a1 ≠
f(a1)。若f(x)有两个相异的不动点p,q
(此时通过不动点法解方程f(x)=x,即得两
个不动点p,q),则
an+1-p
an+1-q
=k·
an-p
an-q
,此处
k=
a-pc
a-qc
。
总之,在分析与解决数列的通项公式时,
除了本文所提到的几种常见的切入技巧,还
要注意回归数列的定义与数列的本质,综合
应用数列的基本性质,全面提升抽象概括能
力和推理论证能力。
(责任编辑 王福华)
■江苏省昆山市柏庐高级中学 袁 庆
数列求和是数列部分的一个重要内容,
它往往是数列知识的综合体现。在熟练掌握
等差数列和等比数列的求和方法的基础上,
对于一 般 数 列 的 求 和,主 要 有 两 种 思 想:
(1)转化思想,即将一般数列设法转化为等差
或等比数列,这一思想方法往往通过通项分
解或错位相消来完成;(2)不能转化为等差或
等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位
相减法、倒序相加法等来求和。
一、错位相减法
例 1 已知数列{an}的首项a1=3,其
前n项和为Sn,且Sn+1=3Sn+2n+3,n∈
N*。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,求数列{bn}的前n 项和
Tn。
解析:(1)已知Sn+1=3Sn+2n+3,所以
当n≥2时,Sn=3Sn-1+2n+1,两式相减得
Sn+1-Sn=3(Sn-Sn-1)+2,即an+1=3an+
2,从而an+1+1=3(an+1)。
当n=1时,S2=3S1+5,所以a1+a2=
3a1+5,又a1=3,可得a2=11,从而a2+1=
3(a1+1),故总有an+1+1=3(an+1),n∈
N*。
由a1=3,可知an+1≠0,所以
an+1+1
an+1
=3,即{an+1}是以a1+1=4为首项,3为公
比的等比数列,所以an+1=4×3n-1,即an=
4×3n-1-1。
(2)由(1)知,an=4×3n-1-1,则bn=
nan=4n×3n-1-n。
设cn=n×3n-1,{cn}的前n 项和为An,
则An=1+2×3+3×32+…n×3n-1,3An=
1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n
×3n。所以-2An=An-3An=(1+3+32+
…+3n-1)-n×3n=
1-2n
2 ×3
n-
1
2
,故An=
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年11月
2n-1
4 ×3
n+
1
4
。
所以Tn=b1+b2+…+bn=4An-(1+
2+ … +n)=4× 2n-14 ×3
n+
1
4 -
n1+n
2 =
(2n-1)×3n+1-
n(1+n)
2
。
点评:在求解形如数列{an·bn}的求和
问题时,往往借助错位相减法来分析与处理。
其中,第二步“乘”的公比为等比数列{bn}的
公比q。此 类 问 题 的 答 案 有 时 不 是 那 么 漂
亮、简洁,同学们若没有十足把握,往往可以
通过特殊值加以验证。
二、裂项相消法
例 2 已知数列{an}的前n 项和为
Sn,满足S2=2,S4=16,{an+1}是等比数
列。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若an>0,设bn=log2(3an+3),求数
列 1
bnbn+1 的前n项和。
分析:(1)借助{an+1}是等比数列加以
转化,通过求和公式的应用与变形,进而得以
确定公比的值,为进一步求解对应的通项公
式奠定基础;(2)由(1)的结论来确定数列
{bn}的通项表达式,对数列
1
bnbn+1 的通项进
行裂项处理,通过相消法进行数列求和。
解:(1)设等比数列{an+1}的公比为q,
其前n项和为Tn。
因为S2=2,S4=16,所以T2=4,T4=
20,易知q≠1,所以T2=
(a1+1)(1-q2)
1-q
=
4,T4=
(a1+1)(1-q4)
1-q
=20,两 式 相 除 得
1+q2=5,解得q=±2。
当q=2时,a1=
1
3
,所以an+1=
4
3×
2n-1=
2n+1
3
;
当q=-2时,a1=-5,所以an+1=
(-4)×(-2)n-1=-(-2)n+1。
综 上 可 得,an =
2n+1
3 -1
,或 an =
-(-2)n+1-1。
(2)因为an>0,所以an=
2n+1
3 -1
,所以
bn=log2(3an+3)=n+1,所 以
1
bnbn+1
=
1
(n+1)(n+2)=
1
n+1-
1
n+2
。
所 以 数 列 1
bnbn+1 的 前 n 项 和 为
1
2-
1
3 + 13-14 +…+ 1n+1- 1n+2 =
1
2-
1
n+2=
n
2(n+2)
。
点评:涉及一些分式、根式或对数式等的
数列求和问题时,经常借助通项公式的结构
特征,采用裂项相消法进行求和处理。特别
是分式的求和问题,通过分式的变形与转化,
合理作差,为进一步求和过程中的相消处理
提供条件,关键在于把握相消处理时消去的
相关项的规律,不要混淆。
三、分组求和法
例 3 已知等差数列{an}满足a5=9,
a2+a6=14。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+qan (q>0),求数列{bn}
的前n项和Sn。
分析:(1)设出等差数列的公差,利用题
设条件构建方程组,通过基本量法及等差数
列的通项公式来分析与求解;(2)通过确定数
列{bn}的通项表达式,利用公比的分类讨论,
并结合通项中的分组处理,通过等差数列与
等比数列的求和公式来分析与求解。
解:(1)设数列{an}的公差为 d,则有
a5=9,
a2+a6=14, 即 a1+4d=9
,
2a1+6d=14, 解得 a1=1
,
d=2。
故数列{an}的通项公式为an=2n-1。
(2)由an=2n-1得bn=2n-1+q2n-1。
当q>0且q≠1时,Sn=[1+3+5+…
+(2n-1)]+(q1+q3+q5+…+q2n-1)=
n2+q
(1-q2n)
1-q2
;
当q=1时,bn=2n,则Sn=n(n+1)。
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年11月
综上可得,数列{bn}的前n 项和Sn=
n(n+1),q=1,
n2+q
(1-q2n)
1-q2
,q>0且q≠1。
点评:在处理一些数列求和问题时,往往
借助数列通项公式的结构特征,从中加以合
理分组,分别确定其满足等差数列、等比数列
的部分,借助分组求和法,将复杂问题简单
化,转化为典型的等差数列或等比数列的求
和问题来分析与处理。
四、分段函数法
例 4 已知数列{an},{bn}满足a1=
b1=1,an+1=bn+2,bn+1=2an。
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=
an,an≤bn,
bn,an>bn, 求
{cn}的前n项和Sn。
分析:(1)根据递推关系式得到相应的关
系式,结合等比数列的定义对n 分奇偶两种
情况讨论得解;(2)先求出n=1,n=2时对应
的前n项和Sn,再讨论当n≥3,且n为奇数,
以及当n≥4,且n 为偶数时,这两种不同情
况来确定对应的前n 项和Sn,结合分段数列
的形式写出结果即可。
解:(1)根据题意可知,a2=b1+2=3,
b2=2a1=2。
又an+2=bn+1+2=2an+2,所以an+2+
2=2(an+2),即
an+2+2
an+2
=2。
当n 为奇数时,首项为a1+2=3,所以
an+2=3×2
n-1
2 ,即an=3×2
n-1
2 -2;
当n 为偶数时,首项为a2+2=5,所以
an+2=5×2
n-2
2 ,即an=5×2
n-2
2 -2。
所以an=
3×2
n-1
2 -2,n为奇数,
5×2
n-2
2 -2,n为偶数。
当n为奇数时,bn=an+1-2=5×2
n-1
2 -
4;当n为偶数时,bn=an+1-2=3×2
n
2-4。
所以bn=
5×2
n-1
2 -4,n为奇数,
3×2
n
2-4,n为偶数。
(2)由(1)可知,当n 为奇数时,若an≤
bn,即3×2
n-1
2 -2≤5×2
n-1
2 -4,解得n≥1;
当n为偶数时,若an≤bn,即5×2
n-2
2 -
2≤3×2
n
2-4,解得n≥4。
所以c1=a1=b1,c2=b2。
当n≥3时,cn=an,所以S1=c1=a1=
1,S2=c1+c2=a1+b2=3。
当n≥3,且n为奇数时,Sn=S2+(a1+
a2+…+an)-a1-a2=3+(3×20-2+5×
20-2+3×21-2+5×21-2+…+5×2
n-3
2
-2+3×2
n-1
2 -2)-4=8×(20+21+…+
2
n-3
2 )+3×2
n-1
2 -2n-1=8×
1-2
n-3
2 +1
1-2 +3×
2
n-1
2 -2n-1=11×2
n-1
2 -2n-9。
当n≥4,且n为偶数时,Sn=S2+(a1+
a2+…+an)-a1-a2=3+(3×20-2+5×
20-2+3×21-2+5×21-2+…+3×2
n-2
2
-2+5×2
n-2
2 -2)-4=8×(20+21+…+
2
n-2
2 )-2n-1=8×
1-2
n-2
2 +1
1-2 -2n-1=2
n+6
2
-2n-9。
综上可得,数列{cn}的前n 项和Sn=
1,n=1,
3,n=2,
11×2
n-1
2 -2n-9,n≥3且n为奇数,
2
n+6
2 -2n-9,n≥4且n为偶数。
点评:分段数列问题有时在条件中出现
“分段”形式,有时在结论中出现“分段”形式,
经常与数列中的奇偶项问题加以交汇融合。
分段数列问题一般分奇数项、偶数项两种常
见方式来表示,也可以分n=1,n=2,以及数
列其他项的情况来表示,在具体解题过程中,
同学们要合理正确加以分段处理与表示。
总之,数列求和的技巧与方法虽然各有
特色,但只要了解相关数列通项的特征,合理
地化归与转化,掌握数列求和的一些常用方
法,数列求和问题就能迎刃而解。
(责任编辑 王福华)
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年11月