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课件网) 复习任务群一 现代文阅读Ⅰ 把握共性之“新” 打通应考之“脉” 第1章 数列 章末综合提升 巩固层·知识整合 类型1 求数列的通项公式 【例1】 (1)已知等比数列{an}为递增数列，且＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列的通项公式an＝( ) A．2n B．2n+1 C． D． (2)已知在数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式． 提升层·题型探究 √ (1)A [法一：由数列{an}为递增的等比数列，可知公比q＞0，而＝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＝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＝a10＞0，所以an＞0，q＞1．由条件得2＝5，即2＝5，解得q＝2．又由＝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 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． 反思领悟 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＋n}为等比数列，再求解得通项公式． 类型2 等差、等比数列的基本运算 【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． 尝试与发现 (1)利用方程思想求出首项和公比，从而得通项公式；(2)同样利用方程思想求首项和公差，最后求和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． 反思领悟 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(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． 类型3 等差、等比数列的判定 【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． (2)求数列{an}的前n项和Sn． [解] (1)证明：∵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－． 反思领悟 等差数 ... ...
