第十一章 数列-2021届广东学业水平考试数学题型解题技巧(小高考)

第十一章数列

考法39等差、等比数列的判定

【题型特点】

等差、等比数列的判定是数列中重要的知识点,是考查的主要内容,多以解答题的形式考查.

【方法归纳】

等差、等比数列的判定方法

典例44记S n为等比数列{a n}的前n项和,已知S2=2,S3=-6.

(1)求{a n}的通项公式;

(2)求S n,并判断S n+1,S n,S n+2是否成等差数列.

解析(1)设{a n}的公比为q.

由题设可得{a 1(1+q )=2,a 1(1+q +q 2)=-6.

解得q=-2,a 1=-2.

故{a n }的通项公式为a n =(-2)n .

(2)由(1)可得S n =a 1(1-q n )

1-q

=-23+(-1)n 2n+13. 由于S n+2+S n+1=-43+(-1)n ·

2n+3-2n+23=2[-23+(-1)n ·2n+13]=2S n ,故S n+1,S n ,S n+2成等

差数列. 考法40 数列的通项公式及应用

【题型特点】

数列的通项公式是数列的重要内容之一,它把数列各项的性质集于一身.在试卷中有时会在解答题中出现.

【方法归纳】

数列的通项公式的求法

(1)定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项,这种方法适用于已知数列类型的题目.

(2)已知S n 求a n

若已知数列的前n 项和S n 与a n 的关系,求数列{a n }的通项,可用公式

a n ={S 1(n =1),S n -S n -1(n ≥2)

求解. (3)由递推公式求数列通项法

对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换,转化为等差数列或等比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列.

(4)构造法

有些数列直观上不符合以上各种形式,这时,可对其结构进行适当变形,以利于使用以上各类方法.例如,已知a 1,a n+1=pa n +q (p ,q 为常数),则可用构造等比数列

法,即a n+1+x=p (a n +x ),{a n + x }为等比数列,或a n+2-a n+1=p (a n+1-a n ),{a n+1-a n }为等比数列.

典例45已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ,其中λ≠0.

(1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式;

(2)若S 5=3132,求λ.

解析(1)证明:由题意得a 1=S 1=1+λa 1,故λ≠1,a 1 =11-λ,a ≠0.

由S n =1+λa n ,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n ,

即(λ- 1)a n+1=λa n ,由 a 1≠0,λ≠0得a n ≠0,

所以a n+1

a n =λλ-1.

因此{a n }是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,于是a n =11-λ(λλ-1)

n -1.

(2)由(1)得S n =1-(λλ-1)n .

由S 5=3132得1-(λλ-1)5=3132,

即(λλ-1)5=132,解得λ=-1. 典例46设数列{a n }是首项为1的正项数列,且a n+1-a n +a n+1·a n =0(n

∈N + ),求{a n }的通项.

解析∵a n+1-a n +a n+1·a n =0,

∴1a n+1?1

a n =1. 又1

a 1=1, ∴{1

a n }是首项为1,公差为1的等差数列, 故1a n =n ,∴a n =1

n (n ∈N + ).

考法41数列求和

【题型特点】

常考查利用公式法、裂项法、错位相减法求数列的和,题型多以解答题为主,有时也会在选择题和填空题中出现.

【方法归纳】

数列求和的常用方法

(1)公式法.

(2)分组求和法.将数列通项变形后,每一项拆成两项或多项,

重新分组,将一般数列求和化归为特殊数列求和.

(3)倒序求和法.

(4)错位相减求和法.

(5)裂项相消法.将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.

(6)并项求和法.

典例47已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n, {b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.

(1)求数列{b n}的通项公式;

(2)令c n=(a n+1)n+1

(b n+2)n

,求数列{c n}的前n项和T n.

解析(1)由题意知当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,

所以a n=6n+5.

设数列{b n}的公差为d.

由{a1=b1+b2,

a2=b2+b3,即{

11=2b1+d,

17=2b1+3d,

解得b1=4,d=3.

所以b n =3n+1.

(2)由(1)知c n =(6n+6)n+1

(3n+3)n =3(n+1)·2n+1.

又T n =c 1+c 2+…+c n ,

得T n =3×[2×22+3×23+…+(n+1)·2n+1],

2T n =3×[2×23+3×24+…+(n+1)·2n+2],

两式作差,得

-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2]

=3×[4+4(1-2n )

1-2-(n +1)·2n+2]

=-3n ·2n+2,

所以T n =3n ·2n+2.

方法总结

错位相减法求和及裂项相消法求和的注意点

(1)利用错位相减法求和时注意两式相减后,要将S n 的系数变为1,得出前n 项和的值.

(2)在利用裂项相消法求和时应注意:

①在把通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差;

②在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,或有时前面剩下两项,后面也剩下两项. 考法42 等差、等比数列的综合问题

【题型特点】

等差等比数列是两类基本的数列,两数列相结合的问题经常考查,特别是通项公式、前n 项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点.

【方法归纳】

解决数列问题的一般思路

(1)分析已知条件和求解目标,确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题,如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的逻辑次序.

(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能

确定,则要看其是否有等于1的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这些细节对解题的影响也是巨大的.

典例48已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a(a∈R),且

1 a1,1

a2

,1

a4

成等比数列.

(1)求数列{a n}的通项公式;

(2)记b n=1

a2n

(n∈N+),求{b n}的前n项和T n.

(1)由1

a1

,1

a2

,1

a4

成等比数列,可根据等比中项公式列等式;(2)由(1)求

出b n,观察b n的特点求和.

解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,

由题意可知(1

a2)

2

=1

a1

·1

a4

,

即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而a1d=d2.因为d≠0,所以d=a1=a.

故通项公式a n=na.

(2)由(1)知a2n=2n a,b n=1

a·2n

,

∴T n=b1+b2+…+b n=1

a (1

2

+1

22

+…+1

2n

)

=1 a ·

1

2

(1-1

2n

)

1-12

=1

a

(1-1

2n

).