2018版高中数学第二章数列章末复习课学案新人教B版必修5(含答案)

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2018版高中数学人教B版必修五学案:第二单元 疑难规律方法:第二章 数列 含答案 精品

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二单元 疑难规律方法:第二章 数列 含答案 精品

1 函数的视角看数列数列是一种特殊的函数,因此在解决数列问题时,要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题,即用共性来解决特殊问题.下面从函数角度对数列有关问题进行分析,体会数列与函数的有机结合.一、利用函数单调性求数列的最大项例1 已知数列{a n }的通项公式为a n =n ⎝⎛⎭⎫79n +1,则该数列是否有最大项,若有,求出最大项的项数;若无,说明理由.分析 设a n =f (n ),可通过函数f (n )的单调性来判断数列的单调性,从而求解. 解 设a n =f (n ), 则f (n )=n ⎝⎛⎭⎫79n +1,f (n +1)=(n +1)⎝⎛⎭⎫79n +2.则f (n +1)-f (n )=(n +1)·⎝⎛⎭⎫79n +2-n ⎝⎛⎭⎫79n +1 =⎝⎛⎭⎫79n +1·7-2n 9,当n >3时,f (n +1)-f (n )<0; 当1≤n ≤3时,f (n +1)-f (n )>0.综上可知,{a n }在n ∈{1,2,3}时,单调递增; 在n ∈{4,5,6,7,…}时,单调递减. 所以存在最大项,且第3项为最大项.点评 数列可以看作是一个定义在正整数集(或其子集)上的函数,当自变量从小到大依次取值时,对应的一组函数值.数列的通项公式体现了数列的项与其序号之间的对应关系. 二、利用函数思想求数列的通项例2 已知数列{a n }的通项公式a n =n 2+n +1n ,若:(1)数列{b n }满足b n =a 2n -1,求{b n }的通项公式; (2)数列{c n }满足c n =a 2n -1,求{c n }的通项公式.分析 设a n =f (n ),函数f (n )中的n 用某一代数式φ(n )代替,整理,即可求解. 解 设f (n )=n 2+n +1n,则:(1)b n =f (2n -1)=(2n -1)2+2n -1+12n -1=4n 2-2n +12n -1, 则b n =4n 2-2n +12n -1.(2)c n =f (2n -1)=(2n -1)2+2n -1+12n -1=4n -2n +12n -1,则c n =4n -2n +12n -1.点评 数列是特殊的函数,因此要善于运用函数的观点、知识来解决数列的有关问题,居高临下使问题变得清晰,问题的解决也往往简捷得多. 三、利用函数周期性求数列的项例3 已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=6,a n +2=a n +1-a n ,则a 2 013的值为________.分析 如果直接求a 2 013,运算量太大,而求通项a n 也很难办到,那么数列{a n }的各项之间是否有规律可循?不妨从前几项入手试一试. 解析 由a 1=1,a 2=6,及a n +2=a n +1-a n ,得 a 3=a 2-a 1=6-1=5, a 4=a 3-a 2=5-6=-1, a 5=a 4-a 3=-1-5=-6, a 6=a 5-a 4=-6-(-1)=-5,a 7=1,a 8=6,a 9=5,a 10=-1,a 11=-6,a 12=-5,…, 因此{a n }是以6为周期的数列, 所以a 2 013=a 6×335+3=a 3=5.答案 5点评 由数列的递推公式写出数列的前几项,再由前几项归纳、猜想、发现数列的周期性,从而解决问题.2 求数列通项的四大法宝一、公式法当题设中有a n 与S n 的关系式时,常用公式a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2来求解.例1 已知数列{a n }的前n 项和S n =3n -2,求其通项公式a n . 解 当n =1时,a 1=S 1=31-2=1; 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=3n -2-(3n -1-2)=3n -3n -1=2×3n -1,又a 1=1≠2×31-1,所以数列{a n }的通项公式a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,2×3n -1,n ≥2. 二、叠加法若数列{a n }满足a n -a n -1=f (n -1)(n ≥2),且f (1)+f (2)+…+f (n -1)可求,则可用叠加法求通项公式.例2 已知数列{a n }满足a 1=1,a n =3n -1+a n -1(n ≥2),求其通项公式a n .解 由已知,得a n -a n -1=3n -1(n ≥2),所以a 2-a 1=3,a 3-a 2=32,a 4-a 3=33,…,a n -a n -1=3n -1,以上式子左右两边分别相加,得 a n -a 1=3+32+33+…+3n -1,所以a n =3(1-3n -1)1-3+1=3n -12(n ≥2),又当n =1时,a 1=1=31-12,所以a n =3n -12(n ∈N +).三、叠乘法若数列{a n }满足a na n -1=f (n -1)(n ≥2),其中f (1)f (2)·…f (n -1)可求,则可用叠乘法求通项公式.例3 已知在数列{a n }中,a 1=3,a n =3n -43n -1a n -1(a n≠0,n ≥2),求其通项公式a n .解 由a 1=3,a n =3n -43n -1a n -1,得a n a n -1=3n -43n -1,所以a 2a 1=25,a 3a 2=58,a 4a 3=811,a 5a 4=1114,…,a n a n -1=3n -43n -1(n ≥2),以上式子左右两边分别相乘,得a n a 1=23n -1, 所以a n =63n -1(n ≥2),又a 1=3=63×1-1,所以a n =63n -1(n ∈N +).四、构造法当题中出现a n +1=pa n +q (pq ≠0且p ≠1)的形式时,把a n +1=pa n +q 变形为a n +1+λ=p (a n +λ),即a n +1=pa n +λ(p -1),令λ(p -1)=q ,解得λ=qp -1,从而构造出等比数列{a n +λ}.例4 数列{a n }满足a 1=1,a n +1=14a n +3(n ∈N +),求其通项公式a n .解 设a n +1+t =14(a n +t ),则a n +1=14a n -34t ,与已知比较,得-34t =3,所以t =-4,故a n +1-4=14(a n -4).又a 1-4=1-4=-3≠0,故数列{a n -4}是首项为-3,公比为14的等比数列,因此a n -4=-3×⎝⎛⎭⎫14n -1,即a n =4-3×⎝⎛⎭⎫14n -1(n ∈N +).3 函数思想在等差数列中的妙用性质1:在等差数列{a n }中,通项公式a n =a 1+(n -1)d ,变形为a n =dn +(a 1-d ),知点(n ,a n )均在直线y =dx +(a 1-d )上.例1 在等差数列{a n }中,a 12=21,a 45=153,那么225是第几项? 解 由a n =dn +a 1-d ,知点(n ,a n )在直线y =dx +a 1-d 上,所以a 45-a 1245-12=225-a 45n -45=d ,代入数据得153-2145-12=225-153n -45,得n =63,即225是这个数列中的第63项.性质2:在等差数列{a n }中,其前n 项和S n =na 1+n (n -1)2d ,变形为S n n =d 2n +⎝⎛⎭⎫a 1-d 2,知点⎝⎛⎭⎫n ,S n n 均在直线y =d 2x +a 1-d2上.例2 在等差数列{a n }中,S 10=20,S 50=200,则S 2 010的值为________.解析 由S n =An 2+Bn ,知S nn=An +B ,所以点⎝⎛⎭⎫n ,S n n 在直线y =Ax +B 上,于是点⎝⎛⎭⎫10,S 1010,⎝⎛⎭⎫50,S 5050,⎝⎛⎭⎫2 010,S 2 0102 010三点共线,∴S 5050-S 101050-10=S 2 0102 010-S 50502 010-50成立. 把S 10=20,S 50=200代入上式, 解得S 2 010=205 020. 答案 205 020性质3:在等差数列{a n }中,其前n 项和S n =na 1+n (n -1)2d ,变形为S n =d2n 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2n ,若设A =d 2,B =a 1-d2,则S n =An 2+Bn ,且点(n ,S n )均在曲线y =Ax 2+Bx 上.例3 已知等差数列{a n }中,S m =S n (m ≠n ),则S m +n =______.解析 由S n =An 2+Bn ,知点(n ,S n )在抛物线y =Ax 2+Bx 上.又S m =S n ,所以点P 1(m ,S m )与点P 2(n ,S n )关于抛物线的对称轴对称,而对称轴方程为x =m +n2,不妨设A <0,如图所示x C =m +n ,从而S m +n =0. 答案 0例4 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1>0,S 12>0,S 13<0,指出S 1,S 2,…,S 12中哪一个值最大,并说明理由?解 ∵{a n }是等差数列,∴S n =d2n 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2n . ∵S 12>0,S 13<0.∴a 13=S 13-S 12<0. ∵a 1>0,a 13<0,∴d<0.∴点(n ,S n )分布在开口方向向下的抛物线y =d2x 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2x 的图象上. 设二次函数y =d2x 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2x 的对称轴为n 0, 则2n 0是二次函数的一个零点. ∵S 12>0,S 13<0, ∴12<2n 0<13,∴6<n 0<6.5.易知n =6对应的A (6,S 6)与对称轴的距离比n =7对应的B (7,S 7)与对称轴的距离更小. ∴A 点为最高点,S 6最大.由上述例子可见,解等差数列问题时,若能灵活运用函数的思想与方法,可以简化运算过程,开拓解题思路,收到事半功倍的效果.4 数列求和的方法和技巧连连看求和是数列的主要问题之一,数列求和方法多,技巧性强,是培养创新能力的好素材,也是高考考查的重要内容.现结合例子把数列求和的主要方法列举如下: 1.应用公式求和方法要领:等差、等比数列的前n 项和公式是数列中应用最为广泛、使用频率最高的求和公式.在每种数列中均有两个求和公式可供选择.尤其是利用等差数列的前n 项和公式时,首先要确定公比q 是否为1,以确定选用哪一个公式来求和,否则要通过分类讨论进行解答. 例1 求数列1,3+5,7+9+11,13+15+17+19,…的前n 项和.解 所求数列的前n 项和中共有1+2+3+4+…+n =n (n +1)2个连续的奇数,这些奇数组成等差数列,首项为1,公差为2.故该数列的前n 项和 S n =n (n +1)2×1+12×n (n +1)2×⎣⎡⎦⎤n (n +1)2-1×2 =n (n +1)2+n (n +1)2⎣⎡⎦⎤n (n +1)2-1=⎣⎡⎦⎤n (n +1)22=n 2(n +1)24.点评 本题实际上是求从1开始的连续奇数的和,奇数的个数共有1+2+3+…+n =n (n +1)2.最后一个奇数为1+2×⎣⎡⎦⎤n (n +1)2-1=n 2+n -1.因此前n 项和也可以这样求得S n =n (n +1)2⎣⎡⎦⎤1+(n 2+n -1)2=n 2(n +1)24.例2 求数列1,a +a 2,a 3+a 4+a 5,a 6+a 7+a 8+a 9,…(a ≠0)的前n 项和.解 所求数列的前n 项和可以看成是由等比数列1,a ,a 2,a 3,a 4,…取出前1+2+3+…+n =n (n +1)2项后再求和得到,且取出的最后一项为a n (n +1)2-1,故所求数列的前n 项和为S n=1+a +a 2+a 3+…+a n (n +1)2-1.当a =1时,S n =1+2+3+…+n =n (n +1)2;当a ≠1时,S n =1-a n (n +1)2-1·a 1-a =1-an (n +1)21-a.点评 题目中所给数列实际上并不是等比数列,求和时需要灵活转化为求一个等比数列的前n (n +1)2项的和.由于公比为字母a ,需要分类讨论. 2.分组转化求和方法要领:分组转化求和是将通项变形拆分为几个数列的和与差,分组进行求和、拆分后的数列多为等差数列或等比数列.例3 已知数列{a n }的通项公式为a n =⎩⎪⎨⎪⎧n (n 为奇数),2n 2 (n 为偶数),S n 为数列{a n }的前n 项和,求S n .解 由a n =⎩⎪⎨⎪⎧n (n 为奇数),2n 2(n 为偶数)可知,数列{a n }的奇数项成等差数列,公差d =2,偶数项成等比数列,公比q =2.所以当n 为偶数时, S n =(a 1+a 3+...+a n -1)+(a 2+a 4+...+a n ) =[1+3+...+(n -1)]+(21+22+ (2)2)=n 24+2n +22-2; 当n 为奇数时,S n =S n -1+a n=(n -1)24+2n +12-2+n =(n +1)24+2n +12-2.点评 通过对通项公式恒等变形化成几个基本数列求和,这是数列求和的一个基本思想. 3.裂项相消求和方法要领:常见的拆项公式有: ①1n (n +1)=1n -1n +1;②1n (n +k )=1k ⎝⎛⎭⎫1n -1n +k ;③1(2n -1)(2n +1)=12⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1;④1n +n +1=n +1-n ;⑤1n (n +1)(n +2)=12⎣⎡⎦⎤1n (n +1)-1(n +1)(n +2);⑥2n (2n -1)(2n +1-1)=12n -1-12n +1-1. 例4 等差数列{a n }的各项均为正数,a 1=3,前n 项和为S n ,{b n }为等比数列,b 1=1,且b 2S 2=64,b 3S 3=960. (1)求a n 与b n ; (2)求1S 1+1S 2+…+1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q , 则d 为正数,a n =3+(n -1)d ,b n =q n -1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2=(6+d )q =64,S 3b 3=(9+3d )q 2=960, 解得⎩⎪⎨⎪⎧d =2,q =8或⎩⎨⎧d =-65,q =403(舍去).故a n =3+2(n -1)=2n +1,b n =8n -1.(2)S n =3+5+…+(2n +1)=n (n +2). 所以1S 1+1S 2+…+1S n=11×3+12×4+13×5+…+1n (n +2)=12(1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2) =12⎝⎛⎭⎫1+12-1n +1-1n +2=34-2n +32(n +1)(n +2).点评 拆项成差的目的在于大量抵消中间的项,使前n 项和S n 的表达式得以简化.对于一些拆项的方法不要死记硬背,关键是观察通项a n 的特征结构进行代数恒等变形. 4.奇偶并项求和方法要领:当通项中含有符号因子(-1)n 或(-1)n+1时,数列中相邻两项的符号异号,邻项合并后若规律明显,易于求和,可以考虑相邻两项合并后求和.由于并项的需要,常常对n 的奇偶性进行分类讨论.例5 已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时),-n 2(当n 为偶数时),且a n =f (n )+f (n +1),求a 1+a 2+a 3+…+a 100. 解 由题意,得a 1+a 2+a 3+…+a 100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002 -1002+1012=-(1+2)+(3+2)-…-(99+100)+(101+100) =-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101) =-1+101=100.例6 等比数列{a n }中,a 1,a 2,a 3分别是下表第一,二,三行中的某一个数,且a 1,a 2,a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足:b n =a n +(-1)n ln a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1=3时,不合题意;当a 1=2时,当且仅当a 2=6,a 3=18时,符合题意; 当a 1=10时,不合题意.因此a 1=2,a 2=6,a 3=18.所以公比q =3. 故a n =2·3n -1 (n ∈N +).(2)因为b n =a n +(-1)n ln a n =2·3n -1+(-1)n ln(2·3n -1)=2·3n -1+(-1)n [ln 2+(n -1)ln 3]=2·3n -1+(-1)n (ln 2-ln 3)+(-1)n n ln 3,所以S n =2(1+3+…+3n -1)+[-1+1-1+…+(-1)n ]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)n n ]ln 3.所以当n 为偶数时,S n =2×1-3n 1-3+n 2ln 3=3n +n2ln 3-1;当n 为奇数时,S n =2×1-3n 1-3-(ln 2-ln 3)+⎝⎛⎭⎫n -12-n ln 3=3n -n -12ln 3-ln 2-1.综上所述,S n=⎩⎨⎧3n +n2ln 3-1,n 为偶数,3n-n -12ln 3-ln 2-1,n 为奇数.点评 求数列{a n }的前n 项和S n 时,若含有符号因子(-1)n ,一般要对n 按奇数、偶数两种情况讨论.5.错位相减求和方法要领:一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法求和.在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“S n -qS n ”的表达式.例7 化简:S n =n +(n -1)×2+(n -2)×22+…+2×2n -2+2n -1.解 S n =n +(n -1)×2+(n -2)×22+…+2×2n -2+2n-1两边同时乘以2,得到2S n =n ×2+(n -1)×22+…+3×2n -2+2×2n -1+2n∴S n =-n +(21+22+…+2n -1+2n )=2(1-2n )1-2-n =2n +1-n -2.例8 已知c n=⎩⎨⎧85n -35n ⎝⎛⎭⎫23n -1 (当n 为奇数时),-85n -35n ⎝⎛⎭⎫23n -1(当n 为偶数时),S n =c 1+c 2+c 3+c 4+…+c n ,求S n . 解 当n 为奇数时,S n =⎝⎛⎭⎫85-2×85+3×85-4×85+…+85n -35[1×⎝⎛⎭⎫230+2×⎝⎛⎭⎫231+3×⎝⎛⎭⎫232+4×⎝⎛⎭⎫233+…+n ⎝⎛⎭⎫23n -1] =4(n +1)5-35[1×⎝⎛⎭⎫230+2×⎝⎛⎭⎫231+3×⎝⎛⎭⎫232+4×⎝⎛⎭⎫233+…+n ⎝⎛⎭⎫23n -1]. 当n 为偶数时,S n =[85-2×85+3×85-4×85+…+⎝⎛⎭⎫-85n ]-35[1×⎝⎛⎭⎫230+2×⎝⎛⎭⎫231+3×⎝⎛⎭⎫232+4×⎝⎛⎭⎫233+…+n ⎝⎛⎭⎫23n -1]=-4n 5-35[1×⎝⎛⎭⎫230+2×⎝⎛⎭⎫231+3×⎝⎛⎭⎫232+4×⎝⎛⎭⎫233+…+n ⎝⎛⎭⎫23n -1]. 令T n =1×⎝⎛⎭⎫230+2×⎝⎛⎭⎫231+3×⎝⎛⎭⎫232+4×⎝⎛⎭⎫233+…+n ⎝⎛⎭⎫23n -1,① 则23T n =1×⎝⎛⎭⎫231+2×⎝⎛⎭⎫232+3×⎝⎛⎭⎫233+4×⎝⎛⎭⎫234+…+n ⎝⎛⎭⎫23n ,② ①-②,得13T n =1+⎝⎛⎭⎫231+⎝⎛⎭⎫232+⎝⎛⎭⎫233+⎝⎛⎭⎫234+…+⎝⎛⎭⎫23n -1-n ⎝⎛⎭⎫23n=1-⎝⎛⎭⎫23n 1-23-n ⎝⎛⎭⎫23n=3-(3+n )⎝⎛⎭⎫23n, ∴T n =9-(9+3n )⎝⎛⎭⎫23n .因此S n=⎩⎨⎧4n -235+9(n +3)5⎝⎛⎭⎫23n(当n 为奇数时),-4n +275+9(n +3)5⎝⎛⎭⎫23n(当n 为偶数时).点评 利用错位相减法求和时,转化为等比数列求和.若公比是个参数(字母),则应先对参数加以讨论,一般情况下分q =1和q ≠1两种情况分别求和.5 提高运算速度七妙招数列问题的灵活性、技巧性较强,因此,在解数列问题时必须研究技巧与策略,以求做到:选择捷径、合理解题,本文归纳了七种常见策略. 第一招 活用概念数列的概念是求解数列问题的基础,灵活运用数列的概念,往往能出奇制胜.例1 已知{a n }是公差为2的等差数列,若a 1+a 4+a 7+…+a 97=100,那么a 2+a 5+a 8+…+a 98等于( )A .166B .66C .34D .100解析 若先求出a 1,再求和,运算较为繁琐.注意到两个和式中的项数相等,且均是等差数列.由于(a 2+a 5+a 8+…+a 98)-(a 1+a 4+a 7+…+a 97)=(a 2-a 1)+(a 5-a 4)+(a 8-a 7)+…+(a 98-a 97)=33d =66,所以a 2+a 5+a 8+…+a 98=100+66=166,故选A. 答案 A点评 活用等差、等比数列的概念,沟通有关元素间的内在联系,使运算得以简化. 第二招 巧用性质数列的性质是数列的升华,巧妙运用数列的性质,往往可以使问题简单明了,解题更快捷方便.例2 各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 7a 8=9,则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 14等于( )A .12B .14C .10D .10+log 32解析 若设出a 1和q ,利用基本量法求解,显然运算量较大.若利用性质a 1a 14=a 2a 13=…=a 7a 8=9,则a 1a 2…a 14=(a 7a 8)7=97,所以log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 14=log 397=14,故选B. 答案 B点评 数列的性质是对数列内涵的揭示与显化,是求解数列问题的有力武器. 第三招 灵用变式在求解数列问题过程中,可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题. 例3 已知等差数列{a n }中,a 3=3,a 10=388,则该数列的通项a n =________.解析 利用等差数列的变形公式求得公差,再结合等差数列的变形公式求得通项.设等差数列{a n }的公差为d ,则d =a 10-a 310-3=388-37=55,a n =a 3+(n -3)d =3+(n -3)×55=55n -162.答案 55n -162点评 常规方法是联立方程组,求出首项与公差,再由数列的通项公式求解.而利用变形公式可以回避求解数列的首项,直接求解公差,再结合变形公式求得通项. 第四招 整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构,避免局部运算的困扰,达到简捷解决问题的目的. 例4 设S n 表示等差数列{a n }的前n 项和,且S 9=18,S n =240,若a n -4=30,试求n 的值. 解 常规解法是设出基本量a 1,d ,列方程组求解,但较繁琐.若能利用整体思维,则可少走弯路,使计算合理又迅速.由S 9=18,即9(a 1+a 9)2=18,则a 1+a 9=4=2a 5,故a 5=2.又S n =n (a 1+a n )2=n (a 5+a n -4)2=n (2+30)2=240,所以n =15.点评 本题解法不在a 1,d 上做文章,而是将S n 变形整理用a 5+a n -4表示,使解题过程大大简化.第五招 数形结合数列是一类特殊的函数,所以可以借助函数的图象,通过数形结合解数列问题. 例5 在公差d <0的等差数列{a n }中,已知S 8=S 18,则此数列的前多少项的和最大? 解 用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面:①通项a x 联系一次函数,对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型,可简化解题过程;②前x 项和S x 联系 二次函数,利用二次函数的对称性及最值. 设f (x )=S x =xa 1+x (x -1)2d =d 2x 2+(a 1-d2)x ,则(n ,S n )在二次函数的图象上.由于S 8=S 18,d <0,所以y =f (x )的对称轴是x =8+182=13,且开口向下, 故当x =13时,f (x )取得最大值,故数列{a n }的前13项的和最大. 点评 从直观性角度研究数列问题,可使问题变得生动形象,易于求解. 第六招 分解重组在处理数列求和问题时,若数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分,则对数列的前n 项和进行重新分解,分别求和.例6 在数列{a n }中,已知a 1=56,a 2=1936,且{b n }是公差为-1的等差数列,b n =log 2(a n +1-13a n ),{c n }是公比为13的等比数列,c n =a n +1-12a n ,求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .解 由已知条件,事先无法估计a n 解析式的结构,因此不能用待定系数法求a n .但是利用等差数列{b n }和等比数列{c n }可以得出关于a n +1和a n 的两个等式,消去a n +1,即可得a n .再根据a n 求解对应的前n 项和.因为a 1=56,a 2=1936,所以b 1=log 2⎝⎛⎭⎫1936-13×56=-2, c 1=1936-12×56=132,又{b n }是公差为-1的等差数列,{c n }是公比为13的等比数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧b n =-n -1,c n =⎝⎛⎭⎫13n +1,即⎩⎨⎧log 2⎝⎛⎭⎫a n +1-13a n =-n -1,a n +1-12a n =⎝⎛⎭⎫13n +1,则⎩⎨⎧a n +1-13a n =12n +1,an +1-12a n =13n +1,得a n =32n -23n ,所以S n =3·(12+122+…+12n )-2·(13+132+…+13n )=2-32n +13n .点评 通项虽不是等比数列,但可拆为两个等比数列的和的形式,再分别利用等比数列的求和公式求和. 第七招 合理化归化归意识是把待解决的问题转化为已有知识范围内问题的一种数学意识,包括将复杂式子化简、为达某一目的对数学表达式进行变形、从目标入手进行分析等. 例7 数列{a n }的前n 项和记为S n ,已知a 1=1,a n +1=n +2n S n (n =1,2,3,…),证明:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n是等比数列.证明 要证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列,必须把问题化成与S nn 这个整体有关的问题,通过等比数列的定义加以证明.由于a n +1=n +2n S n ,a n +1=S n +1-S n,则(n +2)S n =n (S n +1-S n ),整理得nS n +1=2(n +1)S n ,即S n +1n +1=2S n n .又S n ≠0,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项、2为公比的等比数列.点评 将数列中的复杂问题进行转化,关键是找准方向,再利用已知等差或等比数列的相关知识求解.6 小公式,大用场——公式a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n =1),S n -S n -1 (n ≥2)在解数列综合题中的重要应用由数列前n 项和S n 的含义可知,S n =a 1+a 2+…+a n ,从而得到公式a n =S n -S n -1 (n ≥2)对任意数列都成立.在数列一章中,这是一个不太起眼的小公式,但是就是这样一个微不足道的小公式在求解数列综合题中发挥着重要的作用,也是近几年考试中高频考查的公式之一.下面结合例子谈一下该公式的重要用途.1.已知S n =f (n ),求a n例1 数列{a n }的前n 项和S n 满足关系lg (S n +1)=n (n =1,2,3,…),试证数列{a n }是等比数列. 分析 先由lg (S n +1)=n ,求出S n ,再由公式a n =S n -S n -1(n ≥2)求出a n ,最后利用等比数列定义证明.证明 由已知可得S n =10n -1.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(10n -1)-(10n -1-1)=9·10n -1.又n =1时,a 1=S 1=9也满足上述通项公式, ∴数列{a n }的通项公式为a n =9·10n -1.而当n ≥2时,a n a n -1=9·10n -19·10n -2=10为一常数,∴数列{a n }是以9为首项, 10为公比的等比数列. 2.已知S n +1=f (S n ),求a n 或S n例2 已知数列{a n }的首项a 1=5,前n 项和为S n ,且S n +1=2S n +n +5,n ∈N +. (1)证明:数列{a n +1}是等比数列; (2)求{a n }的通项公式以及S n .分析 注意到S n +1=2S n +n +5,得到S n =2S n -1+n +4,然后两式相减就会得到a n +1与a n 的递推关系,从而使问题(1)获证,在第(1)问结论的基础上易求a n 及S n . (1)证明 由已知S n +1=2S n +n +5,n ∈N +, 可得当n ≥2时,S n =2S n -1+n +4. 两式相减得S n +1-S n =2(S n -S n -1)+1, 即a n +1=2a n +1,从而a n +1+1=2(a n +1). 当n =1时,S 2=2S 1+1+5,所以a 2+a 1=2a 1+6,又a 1=5,所以a 2=11,从而a 2+1=2(a 1+1),故总有a n +1+1=2(a n +1),n ∈N +, 又a 1=5,a 1+1≠0,从而a n +1+1a n +1=2,即数列{a n +1}是首项为6,公比为2的等比数列. (2)解 由(1)得a n +1=6·2n -1,所以a n =6·2n -1-1,于是S n =6·(1-2n )1-2-n =6·2n -n -6.3.已知S n =f (a n ),求a n 或S n例3 设A n 为数列{a n }的前n 项和,A n =32(a n -1) (n ∈N +),数列{b n }的通项公式为b n =4n +3(n ∈N +).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)将数列{a n }、{b n }的公共项,按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{d n },证明数列{d n }的通项公式为d n =32n +1 (n ∈N +).分析 (1)一般地,当已知条件中含有a n 与S n 的混合关系时,常需要运用关系式a n =S n -S n -1,先将已知条件转化为只含a n 或S n 的关系式,然后再求解.(2)一般地,一个等差数列与一个等比数列若存在公共项,则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列.(1)解 由已知A n =32(a n -1) (n ∈N +).当n =1时,a 1=32(a 1-1),解得a 1=3.当n ≥2时,a n =A n -A n -1=32(a n -a n -1),由此解得a n =3a n -1,即a na n -1=3 (n ≥2).所以数列{a n }是首项为3,公比为3的等比数列, 故a n =3n (n ∈N +).(2)证明 由计算可知a 1,a 2不是数列{b n }中的项.因为a 3=27=4×6+3,所以d 1=27是数列{b n }中的第6项.设a k =3k 是数列{b n }中的第m 项,则3k =4m +3 (k ,m ∈N +),因为a k +1=3k +1=3·3k =3(4m +3)=4(3m +2)+1,所以a k +1不是数列{b n }中的项.而a k +2=3k +2=9·3k =9(4m +3)=4(9m +6)+3,所以a k +2是数列{b n }中的项.由以上讨论可知d 1=a 3,d 2=a 5,d 3=a 7,…,d n =a 2n +1. 所以数列{d n }的通项公式是d n =a 2n +1=32n +1 (n ∈N +).4.已知a n =f (S n ),求a n 或S n例4 已知在数列{a n }中,a 1=1,前n 项的和为S n ,对任意的自然数n ≥2,a n 是3S n -4与2-32S n -1的等差中项. (1)求通项a n ;(2)求S n .分析 由已知能推出a n +1a n =-12,但是a n +1a n =-12成立的前提n ≥2,只能说明数列从第2项起为等比数列,至于整个数列{a n }是否为等比数列还需验证a 2a 1是否等于-12,这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的,应引起足够的重视. 解 (1)由已知,得当n ≥2时, 2a n =(3S n -4)+⎝⎛⎭⎫2-32S n -1. ① 又a n =S n -S n -1,②得a n =3S n -4(n ≥2),a n +1=3S n +1-4. 以上两式相减得a n +1-a n =3a n +1, ∴a n +1a n =-12,∴a 2,a 3,…,a n ,…成等比数列, 其中a 2=3S 2-4=3(1+a 2)-4.即a 2=12,q =-12,∴当n ≥2时,a n =a 2q n -2=12⎝⎛⎭⎫-12n -2=-⎝⎛⎭⎫-12n -1, 即a n =⎩⎪⎨⎪⎧1 (n =1),-⎝⎛⎭⎫-12n -1 (n ≥2).(2)当n ≥2时,S n =a 1+a 2+…+a n =a 1+(a 2+…+a n ) =1+12[1-⎝⎛⎭⎫-12n -1]1-⎝⎛⎭⎫-12=1+13⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-12n -1.当n =1时,S 1=1=1+13⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-120,也符合上述公式.即S n =43-13⎝⎛⎭⎫-12n -1.7 盘点数列中的易错问题1.对数列的概念理解不准而致错例1 已知数列{a n }是递增数列,且对于任意的n ∈N +,a n =n 2+λn 恒成立,则实数λ的取值范围是________.[错解] 因为a n =n 2+λn 是关于n 的二次函数,且n ≥1,所以-λ2≤1,解得λ≥-2.[点拨] 数列是以正整数N +(或它的有限子集{1,2,…,n })为定义域的函数,因此它的图象只是一些孤立的点.[正解1] 设f (x )=x 2+λx ,则其图象的对称轴为x =-λ2,因为a n =n 2+λn ,所以点(n ,a n )在f (x )的图象上,由数列{a n }是单调递增数列可知,若-λ2≤1,得λ≥-2;如图所示,当2-⎝⎛⎭⎫-λ2>-λ2-1, 即当λ>-3时,数列{a n }也是单调递增的.故λ的取值范围为{λ|λ≥-2}∪{λ|λ>-3}={λ|λ>-3}.即λ>-3为所求的取值范围. [正解2] 因为数列{a n }是单调递增数列,所以a n +1-a n >0 (n ∈N +)恒成立.又a n =n 2+λn (n ∈N +), 所以(n +1)2+λ(n +1)-(n 2+λn )>0恒成立, 即2n +1+λ>0,所以λ>-(2n +1) (n ∈N +)恒成立. 而当n ∈N +时,-(2n +1)的最大值为-3(当n =1时), 所以λ>-3即为所求的取值范围.2.忽视数列与函数的区别而致错例2 设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧(3-a )x -3,x ≤7,a x -6,x >7,数列{a n }满足a n =f (n ),n ∈N +,且数列{a n }是递增数列,则实数a 的取值范围是________.[错解] 因为数列{a n }是递增数列,且点(n ,a n )在函数f (x )的图象上,所以分段函数f (x )是递增函数,故实数a 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3-a >0,a >1,7(3-a )-3<a ,解得94<a <3.[点拨] 上述解法,把数列单调递增完全等同于所在的函数单调递增,忽视了二者的区别,事实上,数列单调递增,所在函数不一定单调. [正解] 由题意,得点(n ,a n )分布在分段函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧(3-a )x -3,x ≤7,a x -6,x >7的图象上,因此当3-a >0时,a 1<a 2<a 3<…<a 7; 当a >1时,a 8<a 9<a 10<…;为使数列{a n }递增还需a 7<a 8.故实数a 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3-a >0,a >1,f (7)<f (8),解得2<a <3,故实数a 的取值范围是(2,3).温馨点评 数列单调递增,所在函数不一定单调递增,防止知识混淆而导致解题结果错误. 3.公式使用条件考虑不周全而致错例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n =3n +2n +1,求a n .[错解] a n =S n -S n -1=(3n +2n +1)-[3n -1+2(n -1)+1]=2·3n -1+2.[点拨] 公式a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n =1),S n -S n -1(n ≥2)是分段的,因为n =1时,S n -1无意义.在上述解答中,应加上限制条件n ≥2,然后验证当n =1时的值是否适合当n ≥2时的表达式.[正解] a 1=S 1=6;当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(3n +2n +1)-[3n -1+2(n -1)+1]=2·3n -1+2.由于a 1不适合此式,故a n =⎩⎪⎨⎪⎧6 (n =1),2·3n -1+2 (n ≥2).4.审题不细心,忽略细节而致错例4 首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,求公差d 的取值范围. [错解] a 10=a 1+9d =-24+9d >0,∴d >83.[点拨] 忽略了“开始”一词的含义,题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项,应有a 9≤0.[正解] 设a n =-24+(n -1)d ,由⎩⎪⎨⎪⎧a 9=-24+(9-1)d ≤0,a 10=-24+(10-1)d >0,解不等式得83<d ≤3.温馨点评 审题时要细心,包括问题的细节,有时细节决定解题的成败.5.忽略概念中的隐含条件而致错例5 一个凸n 边形的各内角度数成等差数列,其最小角为120°,公差为5°,求凸n 边形的边数.[错解] 一方面凸n 边形的内角和为S n ,S n =120°n +n (n -1)2×5°.另一方面,凸n 边形内角和为(n -2)×180°.所以120n +n (n -1)2×5=(n -2)×180.化简整理得n 2-25n +144=0.所以n =9或n =16. 即凸n 边形的边数为9或16.[点拨] 凸n 边形的每个内角都小于180°.当n =16时,最大内角为120°+15×5°=195°>180°应该舍掉.[正解] 凸n 边形内角和为(n -2)×180°,所以120n +n (n -1)2×5=(n -2)×180,解得n =9或n =16.当n =9时,最大内角为120°+8×5°=160°<180°; 当n =16时,最大内角为120°+15×5°=195°>180°,舍去. 所以凸n 边形的边数为9.6.忽视等差数列前n 项和公式的基本特征而致错例6 已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ,且对一切正整数n 都有S nT n =5n +32n +7,试求a 9b 9的值.[错解] 设S n =(5n +3)k ,T n =(2n +7)k ,k ≠0, 则a 9=S 9-S 8=(5×9+3)k -(5×8+3)k =5k , b 9=T 9-T 8=(2×9+7)k -(2×8+7)k =2k , 所以a 9b 9=52.[点拨] 此解答错在根据条件S n T n =5n +32n +7,设S n =(5n +3)k ,T n =(2n +7)k ,这是把等差数列前n 项和误认为是关于n 的一次函数,没有准确把握前n 项和公式的特点. [正解] 因为{a n }和{b n }是公差不为0的等差数列, 故设S n =n (5n +3)k ,T n =n (2n +7)k ,k ≠0,则 a 9=S 9-S 8=9×(5×9+3)k -8×(5×8+3)k =88k , b 9=T 9-T 8=9×(2×9+7)k -8×(2×8+7)k =41k , 所以a 9b 9=8841.7.等差数列的特点考虑不周全而致错例7 在等差数列{a n }中,已知a 1=20,前n 项和为S n ,且S 10=S 15,求当n 取何值时,S n 有最大值,并求出它的最大值. [错解] 设公差为d ,∵S 10=S 15, ∴10×20+10×92d =15×20+15×142d ,得120d =-200,即d =-53,∴a n =20-(n -1)·53,当a n >0时,即20-(n -1)·53>0,∴n <13.∴当n =12时,S n 最大,S 12=12×20+12×112×⎝⎛⎭⎫-53=130. ∴当n =12时,S n 有最大值S 12=130.[点拨] 解中仅解不等式a n >0是不正确的,事实上应解a n ≥0,a n +1≤0.[正解] 由a 1=20,S 10=S 15,解得公差d =-53. ∵S 10=S 15,∴S 15-S 10=a 11+a 12+a 13+a 14+a 15=0.∵a 11+a 15=a 12+a 14=2a 13=0,∴a 13=0.∵公差d <0,a 1>0,∴a 1,a 2,…,a 11,a 12均为正数,而a 14及以后各项均为负数.∴当n =12或13时,S n 有最大值为S 12=S 13=130.8.忽略题目中的隐含条件而致错例8 已知数列-1,a 1,a 2,-4成等差数列,-1,b 1,b 2,b 3,-4成等比数列,求a 2-a 1b 2的值.[错解] ∵-1,a 1,a 2,-4成等差数列,设公差为d ,则a 2-a 1=d =13[(-4)-(-1)]=-1. ∵-1,b 1,b 2,b 3,-4成等比数列.∴b 22=(-1)×(-4)=4,∴b 2=±2. 当b 2=2时,a 2-a 1b 2=-12=-12, 当b 2=-2时,a 2-a 1b 2=-1-2=12.∴a 2-a 1b 2=±12. [点拨] 注意b 2的符号已经确定,且b 2<0,忽视了这一隐含条件,就容易产生上面的错误.[正解] ∵-1,a 1,a 2,-4成等差数列,设公差为d ,则a 2-a 1=d =13[(-4)-(-1)]=-1. ∵-1,b 1,b 2,b 3,-4成等比数列,∴b 22=(-1)×(-4)=4,∴b 2=±2. 若设公比为q ,则b 2=(-1)q 2,∴b 2<0.∴b 2=-2,∴a 2-a 1b 2=-1-2=12.9.求和时项数不清而致错例9 求1+2+22+…+2n 的和.[错解] 1+2+22+ (2)=1-2n1-2=2n -1. [点拨] 错因在于没有搞清项数,首项为1=20,末项为2n ,项数应为n +1项.[正解] 这是一个首项为1,公比为2的等比数列前n +1项的和,所以1+2+22+…+2n =1-2n +11-2=2n +1-1.10.利用等比数列求和公式忽视q =1的情形而致错例10 已知等比数列{a n }中,a 3=4,S 3=12,求数列{a n }的通项公式.[错解] 设等比数列的公比为q ,则⎩⎪⎨⎪⎧a 3=a 1q 2=4,S 3=a 1(1-q 3)1-q =12,解得q =-12. 所以a n =a 3q n -3=4·⎝⎛⎭⎫-12n -3=⎝⎛⎭⎫-12n -5. [点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n 项和公式中q =1这一特殊情况.[正解] 当q =1时,a 3=4,a 1=a 2=a 3=4,S 3=a 1+a 2+a 3=12,所以q =1符合题意.此时a n =4. 当q ≠1时,⎩⎪⎨⎪⎧a 3=a 1q 2=4,S 3=a 1(1-q 3)1-q =12, 解得q =-12,a n =a 3q n -3=⎝⎛⎭⎫-12n -5. 故数列通项公式为a n =4或a n =⎝⎛⎭⎫-12n -5.以上十例论述了数列中常见的一些错误及其原因,当然数列解题中的错误原因还有未尽之处,本文旨在抛砖引玉,使同学们在学习中养成良好的纠错习惯.集“错”成册,常翻常阅,引以为戒,警钟长鸣.。

高中数学 第二章 数列(2)教案 新人教B版必修5-新人教B版高二必修5数学教案

高中数学 第二章 数列(2)教案 新人教B版必修5-新人教B版高二必修5数学教案

数列数列检测:一、选择题:(5*10=50)1.设{}n a 是首项大于零的等比数列,则“12a a <”是“数列{}n a 是递增数列”的 (A )充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件2.等比数列{}n a 中,11a =,528a a =-,52a a >,则n a = A .1(2)n -- B .1(2)n --- C .(2)n - D .(2)n--3. 设n s 为等比数列{}n a 的前n 项和,2580a a +=则52S S = (A ) -11 (B) -8 (C) 5(D) 114.设数列{}n a 的前n 项和2n S n =,则8a 的值为(A ) 15 (B) 16 (C) 49 (D )645.设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,已知3432S a =-,2332S a =-,则公比q = (A )3(B )4(C )5(D )66.已知数列{n a }为等比数列,n S 是它的前n 项和,若2·a a 31=2a ,且4a 与72a 的等差中项为54,则S 5= A .35 B .33 C .31 D .29 7 在等差数列{}n a 中,1910a a +=,则5a 的值为(A )5 (B )6(C )8 (D )10 8已知等比数列{m a }中,各项都是正数,且1a ,321,22a a 成等差数列,则91078a a a a +=+A.1+B.1.3+D 3-9已知各项均为正数的等比数列{n a },123a a a =5,789a a a =10,则456a a a =(A)10如果等差数列{}n a 中,3a +4a +5a =12,那么1a +2a +•…+7a = (A )14 (B) 21 (C) 28 (D) 35二、填空题:(5*8=40)1. 等差数列{a n }中,a 6 + a 35 = 10,则S 40 =_________。

人教B版数学必修五:第2章《数列》章末检测学案(含答案解析)

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第二章 章末检测(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.在如图的表格中,每格填上一个数字后,使每一横行成等差数列,每一纵列成等比数列,则a +b +cA.1 B .2.等差数列{a n }满足a 24+a 27+2a 4a 7=9,则其前10项之和为( ) A .-9 B .-15 C .15 D .±153.等比数列{a n }中,a 2,a 6是方程x 2-34x +64=0的两根,则a 4等于( ) A .8 B .-8 C .±8 D .以上都不对4.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10∶S 5=1∶2,则S 15∶S 5等于( ) A .3∶4 B .2∶3 C .1∶2 D .1∶35.已知{a n }为等差数列,a 1+a 3+a 5=105,a 2+a 4+a 6=99,以S n 表示{a n }的前n 项和,则使得S n 达到最大值的n 是( )A .21B .20C .19D .186.已知数列{a n }为等比数列,a 2=2,a 5=14,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1等于( )A .16(1-4-n )B .16(1-2n) C.323(1-4-n ) D.323(1-2-n ) 7.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 21=42,记A =2a 211-a 9-a 13,则A 的值为( ) A .2 B .1 C .16 D .328.若{a n }是等比数列,其公比是q ,且-a 5,a 4,a 6成等差数列,则q 等于( ) A .1或2 B .1或-2 C .-1或2 D .-1或-29.已知等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1,a 3,a 9成等比数列,则a 1+a 3+a 9a 2+a 4+a 10等于( )A.1514B.1213C.1316D.151610.某纯净水厂在净化过程中,每增加一次过滤可减少水中杂质的20%,要使水中杂质减少到原来的5%以下,则至少需过滤的次数为(lg 2≈0.301 0)( )A .5B .10C .14D .1511.在数列{a n }中,a 1=2,a n +1=a n +ln ⎝⎛⎭⎫1+1n ,则a n 等于( ) A .2+ln n B .2+(n -1)ln n C .2+n ln n D .1+n +ln n12.已知数列1,12,21,13,22,31,14,23,32,41,…,则56是数列中的( )A .第48项B .第49项C .第50项D .第51项二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知在等差数列{a n }中,首项为23,公差是整数,从第七项开始为负项,则公差为______.14.在83和272之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的乘积为________.15.数列{a n }中,S n 是其前n 项和,若a 1=1,a n +1=13S n (n ≥1),则a n =____________.16.等差数列{a n }中,a 10<0,且a 11>|a 10|,S n 为数列{a n }的前n 项和,则使S n >0的n 的最小值为________.三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)已知数列{log 2(a n -1)} (n ∈N *)为等差数列,且a 1=3,a 3=9. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)证明:1a 2-a 1+1a 3-a 2+…+1a n +1-a n<1.18.(12分)设数列{a n }的前n 项的和为S n =43a n -13×2n +1+23(n =1,2,3…)(1)求首项a 1与通项a n ;(2)设T n =2n S n (n =1,2,3,…),证明:∑i =1n T i <32.(∑i =1nT i 表示求和)19.(12分)已知正项数列{b n }的前n 项和B n =14(b n +1)2,求{b n }的通项公式.20.(12分)某市2009年共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2010年投入128辆电力型公交车,随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%,试问:(1)该市在2016年应该投入多少辆电力型公交车?(2)到哪一年底,电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13?21.(12分)设{a n }是等差数列,{b n }是各项都为正数的等比数列,且a 1=b 1=1,a 3+b 5=21,a 5+b 3=13.(1)求{a n }、{b n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和S n .22.(12分)在数列{a n }中,已知a 1=-1,且a n +1=2a n +3n -4 (n ∈N *). (1)求证:数列{a n +1-a n +3}是等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式;(3)求和:S n =|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n | (n ∈N *).第二章 章末检测1.A [由题意知,a =12,b =516,c =316,故a +b +c =1.]2.D [a 24+a 27+2a 4a 7=(a 4+a 7)2=9. ∴a 4+a 7=±3,∴a 1+a 10=±3,∴S 10=10(a 1+a 10)2=±15.]3.A [a 2+a 6=34,a 2a 6=64,∴a 24=64,∵a 2>0,a 6>0,∴a 4=a 2q 2>0,∴a 4=8.] 4.A [显然等比数列{a n }的公比q ≠1,则由S 10S 5=1-q 101-q 5=1+q 5=12⇒q 5=-12, 故S 15S 5=1-q151-q 5=1-(q 5)31-q 5=1-⎝⎛⎭⎫-1231-⎝⎛⎭⎫-12=34.] 5.B [∵(a 2-a 1)+(a 4-a 3)+(a 6-a 5)=3d , ∴99-105=3d.∴d =-2.又∵a 1+a 3+a 5=3a 1+6d =105,∴a 1=39.∴S n =na 1+n (n -1)2d =d 2n 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d2n =-n 2+40n =-(n -20)2+400. ∴当n =20时,S n 有最大值.]6.C [设{a n }的公比为q ,则q 3=a 5a 2=18.∴q =12,a 1=4,∵{a n a n +1}也是等比数列且首项a 1a 2=8,公比为q 2=14,∴a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1=8⎝⎛⎭⎫1-14n 1-14=323(1-4-n ).]7.B [由S 21=21(a 1+a 21)2=21a 11=42,∴a 11=2.∴a 211-(a 9+a 13)=a 211-2a 11=0.∴A =2a 211-a 9-a 13=20=1.]8.C [依题意有2a 4=a 6-a 5,即2a 4=a 4q 2-a 4q , 而a 4≠0,∴q 2-q -2=0,(q -2)(q +1)=0. ∴q =-1或q =2.]9.C [因为a 23=a 1·a 9, 所以(a 1+2d)2=a 1·(a 1+8d).所以a 1=d.所以a 1+a 3+a 9a 2+a 4+a 10=3a 1+10d 3a 1+13d =1316.]10.C [设原杂质数为1,各次过滤杂质数成等比数列,且a 1=1,公比q =1-20%,∴a n +1=(1-20%)n ,由题意可知:(1-20%)n <5%,即0.8n <0.05. 两边取对数得n lg 0.8<lg 0.05,∵lg 0.8<0,∴n>lg 0.05lg 0.8,即n>lg 5-2lg 8-1=1-lg 2-23lg 2-1=-lg 2-13lg 2-1≈-0.301 0-13×0.301 0-1≈13.41,取n =14.] 11.A [∵a n +1=a n +ln ⎝⎛⎭⎫1+1n , ∴a n +1-a n =ln ⎝⎛⎭⎫1+1n =ln n +1n=ln (n +1)-ln n. 又a 1=2,∴a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+(a 4-a 3)+…+(a n -a n -1)=2+[ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln n -ln (n -1)]=2+ln n -ln 1=2+ln n .]12.C [将数列分为第1组一个,第2组二个,…,第n 组n 个,即⎝⎛⎭⎫11,⎝⎛⎭⎫12,21,⎝⎛⎭⎫13,22,31,…,⎝⎛⎭⎫1n ,2n -1,…,n 1,则第n 组中每个数分子分母的和为n +1,则56为第10组中的第5个,其项数为(1+2+3+…+9)+5=50.]13.-4解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 6=23+5d ≥0a 7=23+6d<0,解得-235≤d<-236,∵d ∈Z ,∴d =-4. 14.216解析 设插入的三个数为a q ,a ,aq ,则由题意有83,a ,272也为等比数列,所以a 2=83×272=36,由于83,a ,272都处在奇数位上,所以同号,故a =6,从而aq·a ·aq =a 3=216.15.⎩⎪⎨⎪⎧1, n =113·⎝⎛⎭⎫43n -2, n ≥2解析 a n +1=13S n ,a n +2=13S n +1,∴a n +2-a n +1=13(S n +1-S n )=13a n +1∴a n +2=43a n +1 (n ≥1).∵a 2=13S 1=13,∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧1, n =113·⎝⎛⎭⎫43n -2, n ≥2.16.20解析 ∵S 19=19(a 1+a 19)2=19a 10<0;S 20=20(a 1+a 20)2=10(a 10+a 11)>0.∴当n ≤19时,S n <0;当n ≥20时,S n >0. 故使S n >0的n 的最小值是20.17.(1)解 设等差数列{log 2(a n -1)}的公差为d .由a 1=3,a 3=9,得log 2(9-1)=log 2(3-1)+2d ,则d =1.所以log 2(a n -1)=1+(n -1)×1=n ,即a n =2n +1.(2)证明 因为1a n +1-a n =12n +1-2n =12n ,所以1a 2-a 1+1a 3-a 2+…+1a n +1-a n =121+122+123+…+12n =12-12n ×121-12=1-12n <1.18.解 (1)∵S n =43a n -13×2n +1+23,n =1,2,3,…,①令n =1,得a 1=S 1=43a 1-13×4+23,解得a 1=2,n ≥2时,S n -1=43a n -1-13×2n +23.②①-②得:a n =S n -S n -1=43(a n -a n -1)-13×2n .∴a n =4a n -1+2n ,a n +2n =4a n -1+4×2n -1.∴{a n +2n }是首项为a 1+2=4,公比为4的等比数列.即a n +2n =4×4n -1=4n ,b =1,2,3,…, ∴a n =4n -2n ,n =1,2,3,….证明 (2)将a n =4n -2n 代入①得:S n =43(4n -2n )-13×2n +1+23=13(2n +1-1)(2n +1-2)=23(2n +1-1)(2n -1), T n =2n S n =32×2n (2n +1-1)(2n -1)=32⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1-1(n =1,2,3…), ∴∑i =1nT i =32∑i =1n ⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1-1=32×⎝⎛⎭⎫121-1-12n +1-1<32. 19.解 当n =1时,B 1=b 1,∴b 1=14(b 1+1)2,解得b 1=1.当n ≥2时,b n =B n -B n -1=14(b n +1)2-14(b n -1+1)2=14(b 2n -b 2n -1+2b n -2b n -1), 整理得b 2n -b 2n -1-2b n -2b n -1=0, ∴(b n +b n -1)(b n -b n -1-2)=0. ∵b n +b n -1>0,∴b n -b n -1-2=0.∴{b n }为首项b 1=1,公差d =2的等差数列.∴b n =2(n -1)+1=2n -1,即{b n }的通项b n =2n -1.20.解 (1)由题意可知,该市逐年投入的电力型公交车数量组成一个等比数列,其中a 1=128,q =1+50%=1.5,到2016年应为a 7,则到2016年该市应该投入的电力型公交车为a 7=a 1·q 6=128×1.56=1 458(辆).(2)设经过n 年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的13,记S n =a 1+a 2+…+a n ,依题意有S n 10 000+S n >13,即S n >5 000,∴S n =a 1(1-q n )1-q =128(1-1.5n )1-1.5=256(1.5n -1)>5 000,即1.5n >65732,解得n >7.5,故n ≥8.所以到2017年底,电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的13.21.解 (1)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,则依题意有q >0且⎩⎪⎨⎪⎧1+2d +q 4=21,1+4d +q 2=13.解得d =2,q =2. 所以a n =1+(n -1)d =2n -1,b n =q n -1=2n -1. (2)a n b n =2n -12n -1. S n =1+321+522+…+2n -32n -2+2n -12n -1,①2S n =2+3+52+…+2n -32n -3+2n -12n -2.②②-①得S n =2+2+22+222+…+22n -2-2n -12n -1=2+2×⎝⎛⎭⎫1+12+122+…+12n -2-2n -12n -1=2+2×1-12n -11-12-2n -12n -1=6-2n +32n -1.22.(1)证明 令b n =a n +1-a n +3 ⇒b n +1=a n +2-a n +1+3=2a n +1+3(n +1)-4-2a n -3n +4+3 =2(a n +1-a n +3)=2b n .∴数列{b n }为公比为2的等比数列. (2)解 a 2=2a 1-1=-3,b 1=a 2-a 1+3=1⇒b n =a n +1-a n +3=2n -1⇒2a n +3n -4-a n +3=2n -1⇒a n =2n -1-3n +1 (n ∈N +).(3)解 设数列{a n }的前n 项和为T n ,T n =2n -1-n (2+3n -1)2=2n -1-n (3n +1)2,S n =|a 1|+|a 2|+…+|a n |,∵n ≤4时,a n <0,n >4时,a n >0,∴n ≤4时,S n =-T n =1+n (3n +1)2-2n;n >4时,S n =T n -2T 4=2n +21-n (3n +1)2.∴S n=⎩⎨⎧1+n (3n +1)2-2n (n ≤4),2n+21-n (3n +1)2(n >4).。

高中数学 第二章 数列本章整合学案 新人教B版必修5-新人教B版高二必修5数学学案

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第二章 数列本章整合知识网络专题探究专题一 求数列的通项公式数列的通项是数列的重要内容之一,只要有数列的通项公式,许多问题就可迎刃而解.如果一个数列是等差数列或等比数列,则可直接写出其通项公式,而对于非等差、等比数列的通项公式可通过适当的变形、构造等使之成为等差或等比数列来求解.因此数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的关键,现根据数列的结构特征把常见求解方法和技巧总结如下.(一)观察法【应用1】 已知数列12,14,-58,1316,-2932,6164,…,则此数列的一个通项公式是________.提示:已知数列的前若干项,求该数列的通项公式时,一般先对所给的项观察分析,寻找规律,从而根据规律写出此数列的一个通项公式.解析:观察数列每项的绝对值,分母为2,4,8,16,32,…,是2n的形式,而分子,从第二项起满足“分子-分母=-3”,因此改写第一项为--12,这样,数列中每一项的绝对值都满足“分子-分母=-3”这一规律,且数列中每一项的符号为“-”“+”交替出现,故a n =(-1)n2n-32n .答案:a n =(-1)n2n-32n(二)定义法【应用2】 等差数列{a n }是递增数列,前n 项和为S n ,且a 1,a 3,a 9成等比数列,S 5=a 25.求数列{a n }的通项公式.提示:本题已知{a n }是等差数列,可建立首项和公差的方程,通过解方程来求得首项和公差,再代入通项公式得其解.解:设数列{a n }的公差为d (d >0). ∵a 1,a 3,a 9成等比数列,∴23a =a 1a 9, 即(a 1+2d )2=a 1(a 1+8d ),得d 2=a 1d . ∵d >0,∴a 1=d .① ∵S 5=25a ,∴5a 1+5×42d =(a 1+4d )2.②由①②,得a 1=35,d =35.∴a n =35+(n -1)×35=35n .(三)S n 法【应用3】 设数列{a n }的前n 项和为S n =2n 2,{b n }为等比数列,且a 1=b 1,b 2(a 2-a 1)=b 1.求数列{a n }和{b n }的通项公式.提示:本题已知S n 的表达式,自然想到使用公式a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2求解.解:当n =1时,a 1=S 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n 2-2(n -1)2=4n -2,当n =1时也适用, 故{a n }的通项公式为a n =4n -2.设{b n }的公比为q ,则b 2(a 2-a 1)=b 1qd =b 1,又d =4, ∴q =14.又a 1=b 1=2,故b n =b 1qn -1=2×14n -1,即{b n }的通项公式为b n =24n -1.(四)累加法【应用4】 已知在数列{a n }中,a 1=1,且a n +1-a n =3n-n ,求数列{a n }的通项公式. 提示:由于本题给出了数列{a n }中连续两项的差,故可考虑用累加法求解. 解:由a n +1-a n =3n-n , 得a n -a n -1=3n -1-(n -1),a n -1-a n -2=3n -2-(n -2),…a 3-a 2=32-2, a 2-a 1=3-1.当n ≥2时,以上n -1个等式两端分别相加,得 (a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1) =3n -1+3n -2+…+3-[(n -1)+(n -2)+…+1],即a n -a 1=3(1-3n -1)1-3-n (n -1)2.又∵a 1=1,∴a n =12×3n-n (n -1)2-12.显然a 1=1也适合上式,∴{a n }的通项公式为a n =12×3n-n (n -1)2-12.(五)迭乘法【应用5】 已知在数列{a n }中,a 1=13,前n 项和S n 与a n 的关系是S n =n (2n -1)a n ,求a n .提示:此题已知S n 与a n 的关系,应想到使用S n 法,然后得到相邻两项比的等式满足a n=a n -1f (n )这种模型,因此使用迭乘法求解.解:当n ≥2时,由S n =n (2n -1)a n ,得S n -1=(n -1)(2n -3)·a n -1,两式相减,得(2n +1)a n =(2n -3)a n -1, ∴a n a n -1=2n -32n +1. ∴a n -1a n -2=2n -52n -1,…,a 2a 1=15. 将上面n -1个等式相乘,得a n a 1=(2n -3)(2n -5)(2n -7)…·3·1(2n +1)(2n -1)(2n -3)…·7·5=3(2n +1)(2n -1),∴当n ≥2时,a n =1(2n +1)(2n -1).当n =1时,a 1=13满足上式,故对n ∈N +,有a n =1(2n +1)(2n -1).(六)辅助数列法【应用6】 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=12a n +1,求数列{a n }的通项公式.提示:对于a n +1=pa n +q 这一类型的递推关系式,常用配常数法求通项公式.设a n +1+k =p (a n +k ),对比递推关系式,可得k =qp -1,构造出等比数列{a n +k }.解:令a n +1+k =12(a n +k ),∵a n +1=12a n +1,对比可得k =-2,∴a n +1-2=12(a n -2).∴{a n -2}是首项为a 1-2=-1,公比为12的等比数列.∴a n -2=-1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1=-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1.∴a n =-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1+2.专题二 数列的求和问题我们已学习了等差数列和等比数列,并熟悉了有关等差数列和等比数列的求和公式,然而有些数列既不是等差数列,又不是等比数列,像这样的数列如何求和呢?数列的求和常涉及分类讨论、转化化归等思想方法.在求数列的前n 项和S n 时,要掌握以下几种常用的方法:(一)并项转化求和法【应用1】 求和:S n =12-22+32-42+52-62+…+992-1002. 提示:根据条件可知:前后两项相互结合,利用公式化简求值得出和. 解:由平方差公式,得S n =(1-2)(1+2)+(3-4)(3+4)+(5-6)(5+6)+…+(99-100)(99+100)=-[(1+2)+(3+4)+(5+6)+…+(99+100)]=-(1+2+3+4+…+100) =-100×(1+100)2=-5 050. (二)倒序相加法【应用2】 在等差数列{a n }中,前4项的和为16,后4项的和为80,所有项之和为240,求这个数列的项数.提示:从题意可知前4项和与后4项和,又此数列是等差数列,具有与首尾“等距”的两项之和相等的特点,因此采用倒序相加法.解:设此数列{a n }共有n 项,则a 1+a 2+a 3+a 4=16,① a n +a n -1+a n -2+a n -3=80.②以上两式相加,得4(a 1+a n )=16+80, 解得a 1+a n =24. 又S n =n (a 1+a n )2=240,即n ×242=240,解得n =20.所以数列的项数为20. (三)拆项分组求和法【应用3】 求数列1+1,1a +4,1a 2+7,1a 3+10,…,1an -1+(3n -2),…的前n 项和.提示:本题通项公式为a n =1an -1+(3n -2),是一个指数式和一个一次式的和组成的,可以选择拆项分组求和法.解:设数列的通项为a n ,前n 项和为S n ,则 a n =1an -1+(3n -2),∴S n =⎝⎛⎭⎪⎫1+1a +1a2+…+1a n -1+[1+4+7+…+(3n -2)].当a =1时,S n =n +(1+3n -2)n 2=3n 2+n2.当a ≠1时,S n =1-1a n1-1a+(1+3n -2)n 2=a n -1a n -a n -1+(3n -1)n2.(四)错位相减法【应用4】 已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n -1的前n 项和.提示:(1)中利用基本量法列出关于a 1与d 的方程组即可求出a n ;(2)利用错位相减法.解:(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+d =0,2a 1+12d =-10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =-1.故数列{a n }的通项公式为a n =2-n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n -1的前n 项和为S n ,即S n =a 1+a 22+…+a n2n -1,故S 1=1,S n 2=a 12+a 24+…+a n2n .所以,当n >1时,S n2=a 1+a 2-a 12+…+a n -a n -12n -1-a n2n=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12+14+…+12n -1-2-n 2n=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n -1-2-n 2n =n 2n .所以S n =n2n -1.综上,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n -1的前n 项和S n =n2n -1.(五)裂项相消求和法【应用5】 求数列112+2,122+4,132+6,142+8,…的前n 项和.提示:先找出数列的通项公式a n =1n 2+2n ,结合其结构形式将1n 2+2n 化为1n (n +2)即可进行裂项相消求和.解:因为通项a n =1n 2+2n =12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2,所以此数列的前n 项和S n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-14+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1-1n +1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2=12⎝⎛⎭⎪⎫1+12-1n +1-1n +2=34-2n +32(n +1)(n +2). 专题三 数列与数学思想数学思想方法对认知结构起着重要作用,是重要的基础知识,是知识转化为能力的桥梁.求解数列问题常用的数学思想有函数思想、方程思想、整体思想、分类讨论思想、转化思想等.(一)函数思想【应用1】 等差数列{a n }的首项为a 1=14,前n 项和为S n ,若S 3=S 5,则当n =__________时,S n 最大.提示:本题利用了等差数列前n 项和具有的二次函数性质,等差数列前n 项和的最值问题经常借助求解二次函数最值的方法来解决.解析:∵数列{a n }为等差数列,a 1=14,S 3=S 5,得3a 1+3×22d =5a 1+5×42d . ∴d =-27a 1=-4.∴S n =na 1+n (n -1)2d=14n +n (n -1)2·(-4)=-2n 2+16n .注意到函数y =-2x 2+16x 的对称轴是x =-162×(-2)=4.又∵n ∈N +,∴n =4时,S n 最大. 答案:4 (二)方程思想【应用2】 已知在等差数列{a n }中,a 1+a 5=26,a 1+a 5-S 3=5,求a 20及S 20. 提示:等差(比)数列的有关问题大都可以建立关于a 1,d (q )的方程组求解. 解:⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 5=26a 1+a 5-S 3=5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 5=26,S 3=21,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1+4d =26,3a 1+3d =21.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =6.∴a 20=a 1+19d =1+19×6=115,S 20=a 1+a 202×20=1 160.(三)整体思想【应用3】 某等差数列前4项之和为-4,最后4项之和为36,且所有项的和为36,则此数列共有______项.提示:解题时,分析已知条件与所求问题的联系,把a 1+a 2+a 3+a 4以及a n +a n -1+a n -2+a n -3看成一个整体,灵活运用整体思想.解析:由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 2+a 3+a 4=-4a n +a n -1+a n -2+a n -3=36⇒4(a 1+a n )=32, ∴a 1+a n =8. 又∵S n =n (a 1+a n )2=36,∴4n =36.∴n =9,即该数列共有9项. 答案:9(四)分类讨论思想【应用4】 已知等比数列{a n }是一个公比为q 的递增数列,且a 5=a ,a 9=a81,则该数列的首项a 1______0.(选填“>”或“<”)提示:当一个问题因为某种量的情况不同而有可能引起问题的结果不同时,需要对这个量的各种情况进行分类讨论.在本题中,由于等比数列的增减性与a 1,q 相关,所以应对q 的取值进行讨论.解析:∵a n =a m qn -m,∴qn -m=a na m,q 4=a 9a 5=181, ∴q 2=19.∴q =±13.当q =-13时,显然数列为摆动数列,不合题意,舍去.当q =13时,a n =a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -1.∵y =⎝ ⎛⎭⎪⎫13x为减函数,∴当a 1<0时,a n 单调递增. 答案:<。

2018版高中数学第二章数列2_1_1数列学案新人教B版必修5

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2.1.1 数 列学习目标 1.理解数列及其有关概念.2.理解数列的通项公式,并会用通项公式写出数列的任意一项.3.对于比较简单的数列,会根据其前几项写出它的一个通项公式.知识点一 数列及其有关概念思考1 数列1,2,3与数列3,2,1是同一个数列吗?思考2 数列的记法和集合有些相似,那么数列与集合的区别是什么?梳理 (1)按照______________排列起来的__________称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的____.数列中的每一项都和它的序号有关,各项依次叫做这个数列的________________,__________,…,__________,….(2)数列的一般形式可以写成________________________________,简记为____________. (3)按项数分类,项数有限的数列叫做________数列,项数无限的数列叫做________数列. (4)按项的大小变化分类,从第二项起,每一项都大于它的前一项的数列叫做________________;从第二项起,每一项都小于它的前一项的数列叫做____________;各项都相等的数列叫做__________.知识点二 通项公式思考1 数列1,2,3,4,…的第100项是多少?你是如何猜的?思考2 a n =(-1)n +1与a n =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2+n π,n ∈N +是否表示同一个数列?梳理如果数列的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个函数式a n=f(n)来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式.不是所有数列都能写出通项公式,若数列有通项公式,通项公式表达式不一定唯一.知识点三数列与函数的关系思考数列{a n}用表格形式给出如下:n 12345…a n112131415…在平面直角坐标系中描出点(n,a n),n=1,2,3,4,5.这些点都在哪个函数图象上?梳理如图,数列可以看成以正整数集N+(或它的有限子集{1,2,…,n})为定义域的函数a n=f(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值,而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.不同之处是定义域,数列中的n必须是从1开始且连续的正整数,函数的定义域可以是任意非空数集.因此,数列除了用通项公式表示,也可以用图象、列表等方法来表示.类型一 由数列的前几项写出数列的一个通项公式例1 写出下列数列的一个通项公式,使它的前4项分别是下列各数: (1)1,-12,13,-14;(2)12,2,92,8,252;(3)9,99,999,9 999;(4)2,0,2,0.反思与感悟 要由数列的前几项写出数列的一个通项公式,只需观察分析数列中项的构成规律,看哪些部分不随序号的变化而变化,哪些部分随序号的变化而变化,确定变化部分随序号变化的规律,继而将a n 表示为n 的函数关系.跟踪训练1 写出下列数列的一个通项公式,使它的前4项分别是下列各数: (1)-11×2,12×3,-13×4,14×5;(2)22-12,32-13,42-14,52-15;(3)7,77,777,7 777.类型二数列通项公式的应用命题角度1 考查对应关系例2 已知数列{a n}的通项公式a n=-1n n+12n-12n+1,n∈N+.(1)写出它的第10项;(2)判断233是不是该数列中的项.引申探究对于例2中的{a n}.(1)求a n+1;(2)求a2n.反思与感悟在通项公式a n=f(n)中,a n相当于y,n相当于x.求数列的某一项,相当于已知x求y,判断某数是不是该数列的项,相当于已知y求x,若求出的x是正整数,则y是该数列的项,否则不是.跟踪训练2 已知数列{a n }的通项公式为a n =1nn +2(n ∈N +),那么1120是这个数列的第______项.命题角度2 考查单调性、最值 例3 已知函数f (x )=x -1x,设a n =f (n )(n ∈N +). (1)求证:a n <1;(2){a n }是递增还是递减数列?为什么?反思与感悟 数列是一种特殊的函数,可以用函数的知识求解数列中的最值,但要注意它的定义域是N +或它的子集{1,2,…,n }这一约束条件.跟踪训练3 数列{a n }的通项公式a n =(n +1)·(1011)n(n ∈N +),写出数列的第7项,第8项,第10项,并求出数列中的最大项.1.下列叙述正确的是( )A.数列1,3,5,7与7,5,3,1是相同的数列B.数列0,1,2,3,…可以表示为{n} C.数列0,1,0,1,…是常数列D.数列{nn+1}是递增数列2.数列2,3,4,5,…的一个通项公式为( )A.a n=n B.a n=n+1C.a n=n+2 D.a n=2n3.根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式:(1)1,-3,5,-7,9,…;(2)0.8,0.88,0.888,…;(3)0,1,0,1,….4.已知数列{a n}的通项为a n=-2n2+29n+3,求数列{a n}中的最大项.1.数列的概念的理解(1)数列是一种特殊的函数,其特殊性主要表现在定义域和值域上.数列可以看成是以正整数集N+或它的有限子集{1,2,3,…,n}为定义域的函数,即自变量的取值必须是正整数,而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.(2)数列的项与它的项数是不同的概念.数列的项是指这个数列中的某一个确定的数,是一个函数值,也就是相当于f(n),而项数是指这个数在数列中的位置序号,它是自变量的值,相当于f(n)中的n.(3)与集合中元素的性质相比较,数列中的项也有三个性质:①确定性:一个数在不在数列中,即一个数是不是数列中的项是确定的.②可重复性:数列中的数可以重复.③有序性:一个数列不仅与构成数列的“数”有关,而且与这些数的排列次序也有关.2.数列的通项公式(1)数列的通项公式实际上是一个以正整数集N+或它的有限子集{1,2,…,n}为定义域的函数的表达式.(2)如果知道了数列的通项公式,那么依次用1,2,3,…去替代公式中的n就可以求出这个数列的各项;同时,用数列的通项公式也可以判断某数是不是某数列中的项,如果是的话,是第几项.(3)像所有的函数关系不一定都有解析式一样,并不是所有的数列都有通项公式.(4)有的数列的通项公式,形式上不一定唯一.(5)有些数列,只给出它的前几项,并没有给出它的构成规律,那么仅由前面几项归纳出的数列的通项公式并不唯一.答案精析问题导学 知识点一思考1 不是.顺序不一样.思考2 数列中的数讲究顺序,集合中的元素具有无序性;数列中可以出现相同的数,集合中的元素具有互异性.梳理 (1)一定次序 一列数 项 第1项(或首项) 第2项 第几项 (2)a 1,a 2,a 3,…,a n ,… {a n } (3)有穷 无穷(4)递增数列 递减数列 常数列 知识点二思考1 100.由前四项与它们的序号相同,猜第n 项a n =n ,从而第100项应为100. 思考2 是,它们都表示数列1,-1,1, -1,…. 知识点三 思考这些点都在y =1x的图象上.题型探究 类型一例1 解 (1)这个数列的前4项的绝对值都是序号的倒数,并且奇数项为正,偶数项为负, 所以它的一个通项公式为a n =-1n +1n,n ∈N +.(2)数列的项,有的是分数,有的是整数,可将各项都统一成分数再观察:12,42,92,162,252,…,所以它的一个通项公式为a n =n 22,n ∈N +.(3)各项加1后,变为10,100,1 000,10 000,…,此数列的通项公式为10n,可得原数列的一个通项公式为a n =10n-1,n ∈N +.(4)这个数列的前4项构成一个奇数项是2,偶数项是0的数列,所以它的一个通项公式为a n =(-1)n +1+1,n ∈N +.跟踪训练1 解 (1)这个数列前4项的分母都是序号数乘以比序号数大1的数,并且奇数项为负,偶数项为正,所以,它的一个通项公式为a n =-1nn ×n +1,n ∈N +.(2)这个数列的前4项的分母都是比序号大1的数,分子都是比序号大1的数的平方减1,所以,它的一个通项公式为a n =n +12-1n +1,n ∈N +.(3)这个数列的前4项可以变为79×9,79×99,79×999,79×9 999,即79×(10-1),79×(100-1), 79×(1 000-1),79×(10 000-1), 即79×(10-1),79×(102-1), 79×(103-1),79×(104-1), 所以它的一个通项公式为a n =79×(10n-1),n ∈N +.类型二 命题角度1例2 解 (1)a 10=-110×1119×21=11399.(2)令n +12n -12n +1=233,化简得8n 2-33n -35=0, 解得n =5(n =-78舍去).当n =5时,a 5=-233≠233.所以233不是该数列中的项.引申探究解 (1)a n +1=-1n +1[n +1+1][2n +1-1][2n +1+1]=-1n +1n +22n +12n +3.(2)a 2n =-12n2n +1[2×2n -1][2×2n +1]=2n +14n -14n +1.跟踪训练2 10 命题角度2例3 (1)证明 因为a n =n -1n =1-1n,又因为n ∈N +, 所以1≥1n>0.因此a n <1.(2)解 {a n }是递增数列. 因为a n +1-a n =(1-1n +1)-(1-1n) =1n n +1,又因为n +1>n ≥1, 所以a n +1-a n >0, 即a n +1>a n ,所以{a n }是递增数列. 跟踪训练3解 ∵a n =(n +1)·(1011)n,∴a 7=8·(1011)7,a 8=9·(1011)8,a 10=11·(1011)10,∴{a n }中每一项都是正数. 令a na n -1≥1(n ≥2),百度文库 - 让每个人平等地提升自我 11 即n +1·1011n n ·1011n -1≥1,整理得n +1n ≥1110,解得n ≤10, 即a 1<a 2<a 3<…<a 9=a 10.令a n a n +1≥1,即n +1·1011n n +2·1011n +1≥1, 整理得n +1n +2≥1011, 解得n ≥9,∴a 9=a 10>a 11>a 12>…,∴从第1项到第9项递增,从第10项起递减,即数列{a n }先递增,后递减.∴可知a 9=a 10=1010119最大. 当堂训练1.D 2.B3.解 (1)数列各项的绝对值为1,3,5,7,9,…,是连续的正奇数,考虑(-1)n +1具有转换符号的作用,所以数列的一个通项公式为a n =(-1)n +1(2n -1),n ∈N +.(2)将数列变形为89(1-0.1),89(1-0.01),89(1-0.001),…,所以该数列的一个通项公式为a n =89⎝ ⎛⎭⎪⎫1-110n . (3)a n =⎩⎪⎨⎪⎧ 0 n 为奇数1 n 为偶数或a n =1+-1n 2 (n ∈N +)或a n =1+cos n π2(n ∈N +). 4.a 7=108。

人教B版数学必修五:第2章《数列》章末整合学案(含答案解析)

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第二章 数列 章末整合知识概览对点讲练 知识点一 等差数列与等比数列的基本运算 例1 已知{a n }是各项为不同的正数的等差数列,lg a 1、lg a 2、lg a 4成等差数列.又b n =1a 2n,n =1,2,3,…. (1)证明:{b n }为等比数列; (2)如果数列{b n }的前3项的和等于724,求数列{a n }的通项公式a n 及数列{b n }的前n 项和T n .回顾归纳 在等差数列{a n }中,通常把首项a 1和公差d 作为基本量,在等比数列{b n }中,通常把首项b 1和公比q 作为基本量,列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列的常用方法.变式训练1 等差数列{a n }中,a 4=10,且a 3,a 6,a 10成等比数列,求数列{a n }前20项的和S 20.知识点二 数列的通项公式和前n 项和例2 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2a n +2n .(1)设b n =a n 2n -1.证明:数列{b n }是等差数列; (2)求数列{a n }的前n 项和.回顾归纳 递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决.把一般数列问题转化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法.变式训练2 已知数列{a n }的首项a 1=23,a n +1=2a n a n +1,n =1,2,…. (1)证明:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是等比数列; (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 的前n 项和S n .知识点三 等差数列与等比数列的综合运用例3 已知等差数列{a n }的首项a 1=1,公差d >0,且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1n (a n +3)(n ∈N *),S n =b 1+b 2+…+b n ,是否存在最大的整数t ,使得对任意的n 均有S n >t 36总成立?若存在,求出t ;若不存在,请说明理由.回顾归纳 数列的综合问题形式上看来比较复杂,实质上求数列的通项公式和前n 项和是解答这类综合问题的根本性问题和关键性所在.变式训练3 设数列{a n }的首项a 1=1,前n 项和S n 满足关系式:3tS n -(2t +3)S n -1=3t (t >0,n =2,3,4,…).(1)求证:数列{a n }是等比数列;(2)设数列{a n }的公比为f (t ),作数列{b n },使b 1=1,b n =f ⎝⎛⎭⎫1b n -1 (n =2,3,4,…).求数列{b n }的通项b n ;(3)求和:b 1b 2-b 2b 3+b 3b 4-b 4b 5+…+b 2n -1b 2n -b 2n ·b 2n +1.1.等差数列和等比数列各有五个量a 1,n ,d ,a n ,S n 或a 1,n ,q ,a n ,S n .一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a 1和d (或q ),问题可迎刃而解.2.数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑:(1)建立基本量的方程(组)求解;(2)巧用等差数列或等比数列的性质求解;(3)构建递推关系求解,有些数列问题还要涉及其它章节的知识求解,如函数的思想等.课时作业一、选择题1.数列{a n }的前n 项和S n =2n 2-3n +3,则a 4+a 5+…+a 10等于( )A .171B .21C .10D .1612.已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a n +2n ,则a 10等于( )A .1 024B .1 023C .2 048D .2 0473.已知一个等比数列首项为1,项数为偶数,其奇数项和为85,偶数项之和为170,则这个数列的项数为( )A .4B .6C .8D .104.已知等比数列{a n }的各项均为正数,数列{b n }满足b n =ln a n ,b 3=18,b 6=12,则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A .126B .130C .132D .134二、填空题5.三个数成等比数列,它们的和为14,积为64,则这三个数按从小到大的顺序依次为__________.6.一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27,则这个等差数列的公差是________.7.等比数列{a n }中,S 3=3,S 6=9,则a 13+a 14+a 15=______.三、解答题8.设数列{a n }的前n 项和为S n ,点⎝⎛⎭⎫n ,S n n (n ∈N *)均在函数y =3x -2的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =3a n a n +1,T n 是数列{b n }的前n 项和,求使得T n <m 20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .9.已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,且2a n +1=a n +2+a n (n ∈N *).数列{b n }的前n 项和为S n ,其中b 1=-32,b n +1=-23S n (n ∈N *). (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)若T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n,求T n 的表达式. 章末整合对点讲练例1 (1)证明 ∵lg a 1、lg a 2、lg a 4成等差数列, ∴2lg a 2=lg a 1+lg a 4.即a 22=a 1a 4,设等差数列{a n }的公差为d ,则(a 1+d )2=a 1(a 1+3d ),整理得d 2=a 1d .∵d ≠0,∴a 1=d .∴a 2n =a 1+(2n -1)d =2n ·d ,∴b n =1a 2n =1d ·12n . ∴{b n }是以12d 为首项,12为公比的等比数列. (2)解 ∵b 1+b 2+b 3=12d ⎝⎛⎭⎫1+12+14=724, ∴d =3,∴a 1=d =3.∴a n =a 1+(n -1)d =3n ,b n =13·⎝⎛⎭⎫12n . T n =b 1+b 2+…+b n =16⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12=13⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n . 变式训练1 解 设数列{a n }的公差为d ,则a 3=a 4-d =10-d ,a 6=a 4+2d =10+2d ,a 10=a 4+6d =10+6d .由a 3,a 6,a 10成等比数列得a 3a 10=a 26,即(10-d )(10+6d )=(10+2d )2,整理得10d 2-10d =0,解得d =0或d =1.当d =0时,S 20=20a 4=200;当d =1时,a 1=a 4-3d =7,S 20=20a 1+20×192d =20×7+190=330. 例2 (1)证明 由已知a n +1=2a n +2n得b n +1=a n +12n =2a n +2n 2n =a n 2n -1+1=b n +1. ∴b n +1-b n =1,又b 1=a 1=1.∴{b n }是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解 由(1)知,b n =n ,a n 2n -1=b n =n .∴a n =n ·2n -1. ∴S n =1+2·21+3·22+…+n ·2n -1两边乘以2得:2S n =1×21+2·22+…+(n -1)·2n -1+n ·2n两式相减得:-S n =1+21+22+…+2n -1-n ·2n =2n -1-n ·2n =(1-n )2n -1∴S n =(n -1)·2n +1.变式训练2 (1)证明 ∵a n +1=2a n a n +1,∴1a n +1=a n +12a n =12+12·1a n,∴1a n +1-1=12⎝⎛⎭⎫1a n -1, 又a 1=23,∴1a 1-1=12.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是以12为首项,12为公比的等比数列. (2)解 由(1)知1a n -1=⎝⎛⎭⎫12n ,∴1a n =1+12n, ∴n a n =n +n 2n . 设T n =12+222+323+…+n 2n , 则12T n =122+223+…+n -12n +n 2n +1 ∴12T n =12+122+123+…+12n -n 2n +1 =12⎝⎛⎭⎫1-12n 1-12-n 2n +1=1-12n -n 2n +1=1-n +22n +1 ∴T n =2-n +22n .又1+2+3+…+n =12n (n +1). ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 的前n 项和S n =2-n +22n +n (n +1)2. 例3 解 (1)由题意得(a 1+d )(a 1+13d )=(a 1+4d )2, 整理得2a 1d =d 2.∵a 1=1,解得(d =0舍),d =2.∴a n =2n -1 (n ∈N *).(2)b n =1n (a n +3)=12n (n +1)=12⎝⎛⎭⎫1n -1n +1, ∴S n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝⎛⎭⎫1n -1n +1=12⎝⎛⎭⎫1-1n +1=n 2(n +1).假设存在整数t 满足S n >t 36总成立, 又S n +1-S n =n +12(n +2)-n 2(n +1)=12(n +2)(n +1)>0, ∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1=14为S n 的最小值,故t 36<14,即t <9. 又∵t ∈N *,∴适合条件的t 的最大值为8.变式训练3 (1)证明 由a 1=S 1=1,S 2=1+a 2,得a 2=3+2t 3t ,a 2a 1=3+2t 3t. 又3tS n -(2t +3)S n -1=3t ,①3tS n -1-(2t +3)S n -2=3t .②①-②,得3ta n -(2t +3)a n -1=0.∴a n a n -1=2t +33t ,(n =2,3,…). ∴数列{a n }是一个首项为1,公比为2t +33t的等比数列. (2)解 由f (t )=2t +33t =23+1t ,得b n =f ⎝⎛⎭⎫1b n -1=23+b n -1.∴数列{b n }是一个首项为1,公差为23的等差数列. ∴b n =1+23(n -1)=2n +13. (3)解 由b n =2n +13,可知{b 2n -1}和{b 2n }是首项分别为1和53,公差均为43的等差数列. 于是b 1b 2-b 2b 3+b 3b 4-b 4b 5+…+b 2n -1b 2n -b 2n b 2n +1=b 2(b 1-b 3)+b 4(b 3-b 5)+b 6(b 5-b 7)+…+b 2n (b 2n -1-b 2n +1)=-43(b 2+b 4+…+b 2n ) =-43·12n ⎝⎛⎭⎫53+4n +13=-49(2n 2+3n ). 课时作业1.D [a 4+a 5+…+a 10=S 10-S 3=161.]2.B [利用累加法及等比数列求和公式,可求得a 10=210-1=1 023,故选B.]3.C [设项数为2n ,公比为q .由已知S 奇=a 1+a 3+…+a 2n -1.①S 偶=a 2+a 4+…+a 2n .②②÷①得,q =17085=2, ∴S 2n =S 奇+S 偶=255=a 1(1-q 2n )1-q =1-22n1-2⇒2n =8.]4.C [∵{a n }是各项不为0的正项等比数列, ∴b n =ln a n 是等差数列.又∵b 3=18,b 6=12,∴b 1=22,d =-2,∴S n =22n +n (n -1)2×(-2)=-n 2+23n , ∴(S n )max =-112+23×11=132.]5.2,4,8解析 设这三个数为a q ,a ,aq .由a q·a ·aq =a 3=64, 得a =4.由a q +a +aq =4q+4+4q =14. 解得q =12或q =2.∴这三个数为2,4,8. 6.5解析 S 偶=a 2+a 4+a 6+a 8+a 10+a 12;S 奇=a 1+a 3+a 5+a 7+a 9+a 11.则⎩⎪⎨⎪⎧S 奇+S 偶=354S 偶÷S 奇=32∶27,∴S 奇=162,S 偶=192, ∴S 偶-S 奇=6d =30,d =5.7.48 解析 易知q ≠1,∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 3=a 1(1-q 3)1-q =3S 6=a 1(1-q 6)1-q =9,∴S 6S 3=1+q 3=3,∴q 3=2. ∴a 13+a 14+a 15=(a 1+a 2+a 3)q 12=S 3·q 12=3×24=48.8.解 (1)依题意得S n n=3n -2,即S n =3n 2-2n . 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=3n 2-2n -[3(n -1)2-2(n -1)]=6n -5, 当n =1时,a 1=S 1=3×1-2=6×1-5, 所以a n =6n -5 (n ∈N *).(2)由(1)得b n =3a n a n +1=3(6n -5)[6(n +1)-5]=12⎝⎛⎭⎫16n -5-16n +1,故 T n =12[(1-17)+(17-113)+…+(16n -5-16n +1)] =12⎝⎛⎭⎫1-16n +1, 因此,使得12⎝⎛⎭⎫1-16n +1<m 20(n ∈N *)成立的m 必须满足12≤m 20,即m ≥10. 故满足要求的最小正整数m 为10.9.解 (1)∵2a n +1=a n +2+a n ,∴数列{a n }是等差数列. ∴公差d =a 2-a 1=2.∴a n =2n -1.∵b n +1=-23S n ,∴b n =-23S n -1 (n ≥2). ∴b n +1-b n =-23b n .∴b n +1=13b n (n ≥2). 又∵b 2=-23S 1=1,∴b 2b 1=-23≠13. ∴数列{b n }从第二项开始是等比数列.∴b n =⎩⎨⎧-32, n =1,⎝⎛⎭⎫13n -2, n ≥2. (2)∵n ≥2时,a n b n=(2n -1)·3n -2, ∴T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n =-23+3×30+5×31+7×32+…+(2n -1)×3n -2. ∴3T n =-2+3×31+5×32+7×33+…+(2n -1)×3n -1.错位相减并整理得T n =-23+(n -1)3n -1.。

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二章 2-1-1 数列

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二章 2-1-1 数列

2.1数列2.1.1数列[学习目标] 1.理解数列及其有关概念.2.理解数列的通项公式,并会用通项公式写出数列的任意一项.3.了解数列与函数的关系,会根据数列的前几项写出它的通项公式.[知识链接]下列四个结论正确的有________.(1)任何一个函数都对应着一个映射,任何一个映射也对应着一个函数.(2)任何一个函数都有一个确定的函数表达式;(3)函数的表示方法有:列表法、解析法、图象法;(4)对于函数f(x),x1,x2为函数f(x)定义域内任意两个值,当x1>x2时,f(x1)<f(x2),则f(x)是增函数.答案(3)解析函数是非空数集A到非空数集B的一个映射,而映射中的A、B并非是数集,故(1)错;某地区的某天的温度y是时间t的函数,这个函数只能用列表法表示,不能用表达式表示,故(2)错;(3)显然正确;(4)中的函数为减函数,故不正确.[预习导引]1.数列的概念按照一定次序排列起来的一列数叫做数列.数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的表示数列的一般形式可以写成a1,a2,a3,…,a n,….其中a n是数列的第n项,叫做数列的通项,常把一般形式的数列简记作{a n}.3.数列的通项如果数列的第n项a n与n之间的关系可以用一个函数式a n=f(n)来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式.4.数列与函数的关系数列可以看作一个定义域为正整数集N +(或它的有限子集{1,2,3,…,n })的函数.数列的通项公式也就是相应函数的解析式.它的图象是相应的曲线(或直线)上横坐标为正整数的一些孤立的点. 5.数列的分类(1)数列按项数可分为有穷数列和无穷数列,项数有限的数列叫做有穷数列,项数无限的数列叫做无穷数列.(2)按后一项和前一项的大小关系可分为递增数列、递减数列、常数列和摆动数列.(3)从第二项起,每一项都大于它的前一项的数列,叫做递增数列;从第二项起,每一项都小于它的前一项的数列,叫做递减数列;各项相等的数列叫做常数列.要点一 数列的概念及通项例1 根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式: (1)-1,7,-13,19,…; (2)12,2,92,8,252,…; (3)0.8,0.88,0.888,…;(4)12,14,-58,1316,-2932,6164,…; (5)32,1,710,917,…. 解 (1)符号问题可通过(-1)n 或(-1)n+1表示,其各项的绝对值的排列规律为:后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6,故通项公式为a n =(-1)n (6n -5). (2)统一分母为2,则有12,42,92,162,252,…,因而有a n =n 22.(3)将数列变形为89(1-0.1),89(1-0.01),89(1-0.001),…,∴a n =89(1-110n ).(4)各项的分母分别为21,22,23,24,…,易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为-2-32,至此原数列已化为-21-321,22-322,-23-323,24-324,…,∴a n =(-1)n·2n -32n .(5)将数列统一为32,55,710,917,…,对于分子3,5,7,9,…,是序号的2倍加1,可得分子的通项公式为b n =2n +1,对于分母2,5,10,17,…,联想到数列1,4,9,16,…,即数列{n 2},可得分母的通项公式为c n =n 2+1,∴可得原数列的一个通项公式为a n =2n +1n 2+1.规律方法 此类问题虽无固定模式,但也有规律可循,主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.具体方法为:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③拆项后的特征;④各项的符号特征和绝对值特征;⑤化异为同.对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破,或寻找分子、分母之间的关系.跟踪演练1 写出下列数列的一个通项公式: (1)3,5,9,17,33,…; (2)12,34,78,1516,3132,…; (3)23,-1,107,-179,2611,-3713,…. 解 (1)中3可看作21+1,5可看作22+1,9可看作23+1,17可看作24+1,33可看作25+1,…. 所以a n =2n +1.(2)每一项的分子比分母小1,而分母组成数列为21,22,23,24,…,所以a n =2n -12n .(3)偶数项为负而奇数项为正,故通项公式必含因式(-1)n +1,观察各项绝对值组成的数列,从第3项到第6项可见,分母分别由奇数7,9,11,13组成,而分子则是32+1,42+1,52+1,62+1,按照这样的规律,第1,2两项可分别改写为12+12+1,-22+12×2+1,所以a n =(-1)n +1n 2+12n +1. 要点二 数列通项公式的应用例2 已知数列{a n }的通项公式为a n =3n 2-28n . (1)写出数列的第4项和第6项;(2)问-49和68是该数列的项吗?若是,是第几项?若不是,请说明理由. 解 (1)根据a n =3n 2-28n ,a 4=3×42-28×4=-64,a 6=3×62-28×6=-60. (2)令3n 2-28n =-49,即3n 2-28n +49=0,∴n =7或n =73(舍).∴-49是该数列的第7项,即a 7=-49. 令3n 2-28n =68,即3n 2-28n -68=0, ∴n =-2或n =343.∵-2∉N +,343∉N +,∴68不是该数列的项.规律方法 (1)数列的通项公式给出了第n 项a n 与它的位置序号n 之间的关系,只要用序号代替公式中的n ,就可以求出数列的相应项.(2)判断某数值是否为该数列的项,先假设是数列的项,列出方程,若方程的解为正整数(项数),则是该数列的项;若方程无解或解不是正整数,则不是数列的项. 跟踪演练2 已知数列{a n }的通项公式为a n =1n (n +2)(n ∈N +),那么1120是这个数列的第________项. 答案 10解析 ∵1n (n +2)=1120,∴n (n +2)=10×12,∴n =10.要点三 判断数列的单调性例3 已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2n 2+1,试判断该数列的单调性.解 ∵a n +1-a n =(n +1)2(n +1)2+1-n 2n 2+1=(n +1)2(n 2+1)-n 2[(n +1)2+1][(n +1)2+1](n 2+1)=2n +1[(n +1)2+1](n 2+1),由n ∈N +,得a n +1-a n >0,即a n +1>a n . ∴数列{a n }是递增数列.规律方法 单调性是数列的一个重要性质.判断数列的单调性,通常是运用作差或作商的方法判断a n +1与a n (n ∈N +)的大小,若a n +1>a n 恒成立,则{a n }为递增数列;若a n +1<a n 恒成立,则{a n }为递减数列.用作差法判断数列增减性的步骤为:①作差;②变形;③定号;④结论.跟踪演练3 判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 3n +1的增减性.解 ∵a n =n3n +1,∴a n +1=n +13(n +1)+1=n +13n +4.方法一 a n +1-a n =n +13n +4-n3n +1=(n +1)(3n +1)-n (3n +4)(3n +4)(3n +1)=1(3n +4)(3n +1),∵n ∈N +,∴a n +1-a n >0,即a n +1>a n ,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 3n +1为递增数列.方法二 ∵n ∈N +,∴a n >0.∵a n +1a n =n +13n +4n 3n +1=(n +1)(3n +1)(3n +4)n =3n 2+4n +13n 2+4n =1+13n 2+4n>1, ∴a n +1>a n ,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 3n +1为递增数列.方法三 令f (x )=x3x +1(x ≥1),则f (x )=13⎝ ⎛⎭⎪⎫3x +1-13x +1=13⎝⎛⎭⎫1-13x +1, ∴函数f (x )在[1,+∞)上是增函数,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 3n +1是递增数列.要点四 求数列的最大(小)项例4 已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2-5n +4. (1)数列中有多少项是负数?(2)n 为何值时,a n 有最小值?并求出最小值. 解 (1)由n 2-5n +4<0,解得1<n <4. ∵n ∈N +,∴n =2,3.∴数列中有两项是负数.(2)方法一 ∵{a n }的相应函数为f (x )=x 2-5x +4=(x -52)2-94,可知对称轴方程为x =52=2.5.又∵n ∈N +,故n =2或3时,a n 有最小值,且a 2=a 3,其最小值为22-5×2+4=-2.方法二 设第n 项最小,由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n +1,a n ≤a n -1得⎩⎪⎨⎪⎧n 2-5n +4≤(n +1)2-5(n +1)+4,n 2-5n +4≤(n -1)2-5(n -1)+4.解这个不等式组,得2≤n ≤3, 又∵n ∈N +,∴n =2,3. ∴a 2=a 3且最小.∴a 2=a 3=22-5×2+4=-2.规律方法 求数列{a n }的最大项和最小项,一种方法是利用函数的最值法;另一种是不等式法,求最小项可由⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤a n +1,a n ≤a n -1.来确定n ,求最大项可由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n +1,a n ≥a n -1.来确定n .若数列是单调的,也可由单调性来确定最大或最小项.跟踪演练4 已知数列{a n }的通项公式a n =(n +1)(1011)n (n ∈N +),试问数列{a n }有没有最大项?若有,求最大项和最大项的项数;若没有,说明理由. 解 假设数列{a n }中存在最大项. ∵a n +1-a n =(n +2)(1011)n +1-(n +1)(1011)n=(1011)n ·9-n11, 当n <9时,a n +1-a n >0,即a n +1>a n ;当n =9时,a n +1-a n =0,即a n +1=a n ; 当n >9时,a n +1-a n <0,即a n +1<a n , 故a 1<a 2<a 3<…<a 9=a 10>a 11>a 12>…,所以数列中有最大项,最大项为第9,10项,且a 9=a 10=1010119.1.下列叙述正确的是( )A .数列1,3,5,7与7,5,3,1是相同的数列B .数列0,1,2,3,…可以表示为{n }C .数列0,2,0,2,…是常数列D .数列{nn +1}是递增数列答案 D解析 由数列的通项a n =n n +1知,当n 的值逐渐增大时,n n +1的值越来越接近1,即数列{nn +1}是递增数列,故选D.2.数列2,3,4,5,…的一个通项公式为( ) A .a n =n B .a n =n +1 C .a n =n +2 D .a n =2n答案 B解析 这个数列的前4项都比序号大1,所以,它的一个通项公式为a n =n +1. 3.根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式: (1)1,-3,5,-7,9,…; (2)9,99,999,9 999,…; (3)0,1,0,1,….解 (1)数列各项的绝对值为1,3,5,7,9,…,是连续的正奇数,考虑(-1)n +1具有转换符号的作用,所以数列的一个通项公式为a n =(-1)n +1(2n -1),n ∈N +.(2)各项加1后,变为10,100,1 000,10 000,…,此数列的通项公式为10n ,可得原数列的一个通项公式为a n =10n -1,n ∈N +.(3)a n =⎩⎪⎨⎪⎧0(n 为奇数),1(n 为偶数)或a n =1+(-1)n 2(n ∈N +)或a n =1+cos n π2 (n ∈N +).4.已知数列{a n }的通项为a n =-2n 2+29n +3,求数列{a n }中的最大项.解 由已知,得a n =-2n 2+29n +3=-2(n -294)2+10818.由于n ∈N +,故当n 取距离294最近的正整数7时,a n取得最大值108.∴数列{a n}中的最大项为a7=108.1.数列的概念的理解(1)数列是一种特殊的函数,其特殊性主要表现在定义域和值域上.数列可以看成是以正整数集N+或它的有限子集{1,2,3,…,n}为定义域的函数,即自变量的取值必须是正整数,而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.(2)数列的项与它的项数是不同的概念.数列的项是指这个数列中的某一个确定的数,是一个函数值,也就是相当于f(n),而项数是指这个数在数列中的位置序号,它是自变量的值,相当于f(n)中的n.(3)与集合中元素的性质相比较,数列中的项也有三个性质:①确定性;②可重复性;③有序性.2.数列的通项公式(1)数列的通项公式实际上是一个以正整数集N+或它的有限子集{1,2,…,n}为定义域的函数的表达式;(2)如果知道了数列的通项公式,那么依次用1,2,3,…去替代公式中的n就可以求出这个数列的各项;同时,用数列的通项公式也可以判断某数是不是数列中的项,如果是的话,是第几项;(3)像所有的函数关系不一定都有解析式一样,并不是所有的数列都有通项公式.(4)有的数列的通项公式,形式上不一定唯一.(5)有些数列,只给出它的前几项,并没有给出它的构成规律,那么仅由前面几项归纳出的数列的通项公式并不唯一.。

2018版高中数学(人教B版)必修五学案:第二章 2.1.2 数列的递推公式(选学)

2018版高中数学(人教B版)必修五学案:第二章 2.1.2 数列的递推公式(选学)

2.1.2 数列的递推公式(选学)[学习目标] 1.理解递推公式是数列的一种表示方法.2.能根据递推公式写出数列的前n 项.3.掌握由一些简单的递推公式求通项公式的方法.[知识链接]1.数列中的项与数集中的元素进行对比,数列中的项具有的性质有________.答案 (1)确定性;(2)可重复性;(3)有序性;(4)数列中的每一项都是数.2.数列的项与对应的序号能否构成函数关系?类比函数的表示方法,想一想数列有哪些表示方法?答案 数列的项与对应的序号能构成函数关系.数列的一般形式可以写成:a 1,a 2,a 3,…,a n ,….除了列举法外,数列还可以用公式法、列表法、图象法来表示.[预习导引]1.递推公式如果已知数列的第1项(或前几项),且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n -1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.2.数列的表示方法数列的表示方法有列举法、通项公式法、图象法、列表法、递推公式法.要点一 由递推公式写出数列的项例1 已知数列{a n }满足下列条件,写出它的前5项,并归纳出数列的一个通项公式.(1)a 1=0,a n +1=a n +(2n -1);(2)a 1=1,a n +1=.2anan +2解 (1)∵a 1=0,a n +1=a n +(2n -1),∴a 2=a 1+(2×1-1)=0+1=1;a 3=a 2+(2×2-1)=1+3=4;a 4=a 3+(2×3-1)=4+5=9;a 5=a 4+(2×4-1)=9+7=16.故该数列的一个通项公式是a n =(n -1)2.(2)∵a 1=1,a n +1=,2an2+an ∴a 2==,a 3==,2a 12+a 1232a 22+a 212a 4==,a 5==,2a 32+a 3252a 42+a 413∴它的前5项依次是1,,,,.23122513它的前5项又可写成,,,,,21+122+123+124+125+1故它的一个通项公式为a n =.2n +1规律方法 (1)根据递推公式写数列的前几项,要弄清公式中各部分的关系,依次代入计算即可.(2)若知道的是首项,通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式;若知道的是末项,通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式.跟踪演练1 设数列{a n }满足Error!写出这个数列的前5项.解 由题意可知a 1=1,a 2=1+=1+=2,1a 111a 3=1+=1+=,a 4=1+=1+=,1a 212321a 32353a 5=1+=1+=.1a 43585要点二 由递推公式求通项例2 已知数列{a n }满足:a 1=1,2n -1a n =a n -1(n ∈N ,n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)这个数列从第几项开始及其以后各项均小于?11 000解 (1)a n =··…···a 1anan -1an -1an -2a 3a 2a 2a 1=()n -1·()n -2·…·()2·()1·112121212=()1+2+…+(n -1)=,1221)(21n n -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴a n =.21)(21n n -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛(2)∵b n ==(n -)2-,(n -1)n 2121218∴n ∈N +时,b n 递增,即{a n }为递减数列,∴当n ≤4时,≤6,a n =≥,(n -1)n221)(21n n -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛164当n ≥5时,≥10,a n =≤.(n -1)n 221)(21nn -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11 024∴从第5项开始各项均小于.11 000规律方法 由递推公式求通项公式的技巧(1)由数列的递推公式求通项公式是数列的重要问题之一,是高考考查的热点,累加法、累乘法、迭代法是解决这类问题的常用技巧.(2)当a n -a n -1=f (n )且满足一定条件时,常用a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1来求a n .(3)当=f (n )且满足一定条件时,常用a n =··…···a 1来求a n .an an -1an an -1an -1an -2a 3a 2a 2a 1跟踪演练2 已知数列{a n },a 1=1,以后各项由a n =a n -1+(n ≥2)给出.1n (n -1)(1)写出数列{a n }的前5项;(2)求数列{a n }的通项公式.解 (1)a 1=1;a 2=a 1+=;a 3=a 2+=;12×13213×253a 4=a 3+=;a 5=a 4+=.14×37415×495(2)由a n =a n -1+得a n -a n -1=(n ≥2),1n (n -1)1n (n -1)∴a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 3-a 2)+(a 2-a 1)+a 1=++…+++11n (n -1)1(n -1)(n -2)13×212×1=(-)+(-)+…+(-)+(1-)+11n -11n 1n -21n -1121312=-+1+1=2-=(n ∈N +).1n 1n 2n -1n 要点三 数列与函数的综合应用例3 f (x )=log 2x -(0<x <1),且数列{a n }满足f ()=2n (n ∈N +).2log2x n a 2(1)求数列{a n }的通项公式;(2)判断数列{a n }的增减性.解 (1)∵f (x )=log 2x -,又∵f ()=2nm ,2log2x n a 2∴log 2-=2n ,即a n -=2n .n a 22log22an 整理得a -2na n -2=0,∴a n =n ±.2n n 2+2又0<x <1,故0<<1,于是a n <0,n a2∴a n =n -(n ∈N +).n 2+2(2)=an +1an (n +1)-(n +1)2+2n -n 2+2=<1.n +n 2+2(n +1)+(n +1)2+2∵a n <0,∴a n +1>a n ,∴数列{a n }是递增数列.规律方法 数列是一类特殊的函数,用函数与方程的思想处理数列问题.在判断数列{a n }的单调性时,可以用作差法或作商法.跟踪演练3 函数f (n )=Error!数列{a n }的通项a n =f (1)+f (2)+f (3)+…+f (2n )(n ∈N +).(1)求a 1,a 2,a 4的值;(2)写出a n 与a n -1的一个递推关系式(注:1+3+5+…+(2n -1)=4n -1).解 (1)a 1=f (1)+f (2)=f (1)+f (1)=2.a 2=f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=f (1)+f (3)+f (1)+f (2)=1+3+a 1=6.a 4=f (1)+f (2)+f (3)+…+f (16)=86.(2)a n -1=f (1)+f (2)+…+f (2n -1),a n =f (1)+f (2)+…+f (2n ),=f (1)+f (3)+f (5)+…+f (2n -1)+f (2)+f (4)+f (6)+…+f (2n )=1+3+5+…+(2n -1)+f (1)+f (2)+f (3)+…+f (2n -1),∴a n =a n -1+4n -1(n ≥2).1.数列1,3,6,10,15,…的递推公式是( )A .a n +1=a n +n ,n ∈N +B .a n =a n -1+n ,n ∈N +,n ≥2C .a n +1=a n +(n +1),n ∈N +,n ≥2D .a n =a n -1+(n -1),n ∈N +,n ≥2答案 B2.已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1-a n +1=0(n ∈N +),则此数列的通项a n 等于( )A .n 2+1B .n +1C .1-nD .3-n答案 D解析 ∵a n +1-a n =-1.∴a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=2+(-1)+(-1)+…+(-1)=2+(-1)×(n -1)=3-n .3.用火柴棒按下图的方法搭三角形:按图示的规律搭下去,则所用火柴棒数a n 与所搭三角形的个数n 之间的关系式可以是________.答案 a n =2n +1解析 a 1=3,a 2=3+2=5,a 3=3+2+2=7,a 4=3+2+2+2=9,…,∴a n =2n +1.4.已知:数列{a n }中,a 1=1,a n +1=a nnn +1(1)写出数列的前5项;(2)猜想数列{a n }的通项公式.解 (1)a 1=1,a 2=×1=,a 3=×=,a 4=×=,a 5=×=.11+11221+2121331+3131441+41415(2)猜想:a n =.1n 1.递推公式的理解与应用(1)与所有的数列不一定都有通项公式一样,并不是所有的数列都有递推公式.(2)递推公式也是给出数列的一种重要方法,递推公式和通项公式一样都是关于项数n 的恒等式,如果用符合要求的正整数依次去替换n ,就可以求出数列的各项.(3)递推公式通过赋值逐项求出数列的项,直至求出数列的任何一项和所需的项.(4)运用递推法给出数列,不容易了解数列的全貌,计算也不方便,所以我们经常用它得出数列的通项公式或者得到一个特殊数列,比如具有周期性质的数列.2.数列的通项公式与递推公式的作用和联系通项公式递推公式作用通项公式是给出数列的主要形式,由通项公式可求出数列的各项及指定项,也可以解决数列的性质问题(如增减性,最值等).数列的递推公式是给出数列的另一重要形式.由递推公式可以依次求出数列的各项.联系数列的通项公式与递推公式有时可以相互转化,如数列1,3,5,…,2n -1,…的一个通项公式为a n =2n -1(n ∈N +),用递推公式表示为a 1=1,a n =a n -1+2(n ≥2,n ∈N +).。

高中数学 第二章 数列复习教案 新人教B版必修5-新人教B版高二必修5数学教案

高中数学 第二章 数列复习教案 新人教B版必修5-新人教B版高二必修5数学教案

第二章数列整体设计教学分析本章知识网络本章复习建议本章教材的呈现方式决定了本章的复习方法,一方面让学生体会数列是一种特殊函数,加深对函数概念和性质的理解,对数列的本质有清晰的认识和把握;另一方面,通过数列概念引入以及数列应用的过程,体会数列问题的实际应用.数列可以看成是定义域为正整数集N*(或它的有限子集)的函数,当自变量顺次从小到大依次取值时对应的一列函数值,而数列的通项公式则是相应的函数解析式.由于数列的项是函数值,序号是自变量,所以以序号为横坐标,相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点.等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列,它们各有五个基本量:首项a1、公差d或公比q、项数n、通项a n、前n项和S n;两个基本公式——通项公式和前n项和公式将这五个基本量连接起来,应用函数与方程的思想方法,认识这些基本量的相互联系,由已知推求未知,构成了数列理论的基本框架,成为贯穿始终的主线.本章的重点是等差和等比数列的基本性质及其应用,难点是等差和等比数列的基本性质的综合应用.因此注意等差、等比数列与相应函数的关系也就成了复习的重点.数列在高考中占有重要的位置,也是高考命题的热点之一.由于数列内容的丰富性、应用的广泛性和思想方法的多样性,决定了数列在高考中地位的特殊性.这就要求我们在数列复习中,要重视基础知识和方法的学习,理解和掌握等差与等比数列的基本性质,帮助学生自我架构数列知识框架,提高综合运用数列知识和方法的能力.数列的通项是数列最重要、最常见的表达形式,它是数列的核心,应弄清通项公式的意义——项数n的函数;理解通项公式的作用——可以用通项公式求数列的任意一项的值,及对数列进行一般性的研究.数列的递推式是数列的另一种表达形式,常见方法有错位相减法、裂项相消法、分解转化法、倒序相加法,若涉及正负相间的数列求和常需分类讨论.在处理这类问题的时候要注意项数.数列一章是高中多个数学知识点的交汇,也是多个数学思想方法的聚会,因此本章教学要善于挖掘教材内容的延伸和拓展.本章小结中的题目,缺少代数、三角和几何的综合的基本练习题,在设计的例题中有所涉及.但仍不够,可再适当增加些.如三角形的三内角成等差数列等问题的探究.本章复习将分为两课时,第1课时重点是系统化本章知识结构,优化解题思路和解题方法,提升数学表达的能力;第2课时重点是灵活运用数列知识解决与数列有关的问题.为更好地理解教学内容,可借助信息技术复习本章内容.通过现代教育技术手段,给学生展示一个更加丰富多彩的“数列”内容.本章《新课程标准》要求是:1.数列的概念和简单表示法.通过日常生活中的实例,了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式),了解数列是一种特殊函数.2.等差数列、等比数列.(1)通过实例,理解等差数列、等比数列的概念;(2)探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式;(3)能在具体的问题情境中,发现数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;(4)体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系.三维目标1.通过本章复习,使学生理清本章知识网络,归纳整合知识系统,突出知识间内在联系,能用函数观点进一步认识数列.2.提高学生综合运用知识的能力,分析问题、解决问题的能力;培养学生自主复习及归纳的意识,激励学生思维创新.3.认识事物间的内在联系和相互转化,培养探索、创新精神.重点难点教学重点:等差数列、等比数列的概念、通项、前n项和,及它们之间的内在联系;灵活应用数列知识解决问题.教学难点:用函数的观点认识数列并用数列知识灵活解决实际问题.课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路 1.让学生阅读课本的小结内容.根据教材内容的呈现方式回答有关问题,同时也给学生以数列整体知识结构的记忆.由此展开新课.(幻灯片)思路 2.本章是通过对一般数列的研究,转入对两类特殊数列——等差数列、等比数列的研究,然后让学生根据本章学习的进程,回忆本章学习了哪些主要内容?用到了哪些思想方法?本章知识流程图留给学生自己操作.相比之下,这种引入对学生的思维要求较高,难度大,但却更能训练学生的创造性思维.教师可结合学生的活动出示相关多媒体课件.推进新课新知探究提出问题1怎样理解函数与数列的关系?2回忆等差数列、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质各是什么?3回忆“叠加法”“累乘法”“倒序相加法”“错位相减法”的含义是什么?4对任意数列{a n},若前n项和为S n,则a n与S n具有怎样的关系?怎样理解这个关系式?它有哪些应用?活动:教师引导学生充分探究,自行总结,不要将归纳总结变成课堂上的独角戏,辅助课件可制成如下表格形式:数列等差数列等比数列定义通项公式递推公式性质前n项和公式点拨学生注意,重新复习数列全章更应从函数角度来认识数列,这是学好数列、居高临下地把握数列的锦囊妙计.深刻认识数列中数的有序性是数列定义的灵魂.数列可以看成是定义域为正整数集N*(或它的有限子集)的函数,当自变量顺次从小到大依次取值时,对应的一列函数值.而数列的通项公式则是相应的函数解析式.反映到图象上,由于数列的项是函数值,序号是自变量,所以以序号为横坐标,相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点,所以说数列是一类特殊的函数,复习本章应突出数列的这一函数背景.对两类特殊数列——等差数列与等比数列的函数理解则是:等差数列是一次型函数,是最简单的递推数列;等比数列是指数型函数.它们具有函数的一般性质,都借助了数形结合的思想研究问题.关于等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式的推导方法以及“叠加法”“累乘法”等,可由学生回忆并进一步理解,这里不再一一列出.教师应特别引导学生关注a n与S n的关系.对于任何数列{a n},若前n项和为S n,则a n=⎩⎪⎨⎪⎧ S 1,S n -S n -1,n =1,n≥2,常因忽略对n =1的讨论或忽略n≥2这一条件而出错.这个关系式要深刻理解并灵活运用.用此关系式求a n 时,若S 1满足S n -S n -1的形式,则用统一的形式表示通项公式a n .若S 1不满足S n -S n -1的形式,则分段表示通项公式a n .因此这个关系式的应用有两个方面:既可用此式求通项公式a n ,又可将a n 转化为S n -S n -1的形式解决问题.应让学生明确用本章知识主要解决的问题是: ①对数列概念(包括通项、递推等)理解的题目;②等差数列和等比数列中五个基本量a 1,a n ,d(q),n ,S n 知三求二的方程问题; ③数列知识在生产实际和社会生活中的应用问题. 讨论结果:(1)~(4)略.应用示例例1设{a n }是公比为q 的等比数列,S n 是它的前n 项和,若{S n }是等差数列,求q 的值. 活动:这是一道关于等差数列与等比数列的基本概念和基本性质的题,起点比较低,入手的路子宽.让学生独立思考,列式、求解,组织学生交流不同的解题思路,概括出典型的解题方法.解法一:利用定义,∵{S n }是等差数列, ∴a n =S n -S n -1=…=S 2-S 1=a 2. ∴a 1·qn -1=a 1·q.∵a 1≠0,∴qn -2=1.∴q=1.解法二:利用性质,∵{S n }是等差数列,∴a n =S n -S n -1=S n -1-S n -2=a n -1, a 1·qn -1=a 1·qn -2.∵a 1≠0,q≠0,∴q=1.解法三:利用性质,∵2S 2=S 1+S 3,∴2(a 1+a 2)=a 1+a 1+a 2+a 3, 即a 2=a 3.∴q=1.点评:还可以用求和公式、反证法等. 变式训练设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10∶S 5=1∶2,则 S 15∶S 5等于( ) A .3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3 答案:A解析:方法一:设等比数列的公比为q ,则S 10=S 5+S 5·q 5,S 15=S 5+S 5·q 5+S 5·q 10, 由S 10∶S 5=1∶2,得1+q 5=12,q 5=-12,∴S 15∶S 5=1+q 5+q 10=12+14=34.方法二:∵S 10∶S 5=1∶2,∴S 10=12S 5.∵(S 10-S 5)2=(S 15-S 10)S 5, ∴(-12S 5)2=(S 15-12S 5)S 5.∴S 15S 5=34. 例2设数列{a n }的前n 项和为S n =n 2+2n +4(n∈N *). (1)写出这个数列的前三项;(2)证明数列除去首项后所成的数列a 2,a 3,…,a n ,…是等差数列.活动:学生很容易解决第(1)题,第(2)题是要证明一个数列是等差数列,这里的关键是要注意条件中的“除去首项后”.(1)解:a 1=S 1=7,a 2=S 2-S 1=22+2×2+4-7=5,a 3=S 3-S 2=32+2×3+4-(7+5)=7,即a 1=7,a 2=5,a 3=7.(2)证明:∵a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n >1,∴当n >1时,a n =S n -S n -1=n 2+2n +4-[(n -1)2+2(n -1)+4]=2n +1. a n +1-a n =2(定值),即数列{a n }除去首项后所成的数列是等差数列.点评:注意书写步骤的规范,理解第(2)题中n >1时的讨论,准确表达推理过程,理解重要关系式a n =⎩⎪⎨⎪⎧ S 1,S n -S n -1,n =1,n≥2的应用.例3设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 3=12,S 12>0,S 13<0, (1)求公差d 的取值范围;(2)指出S 1,S 2,…,S 12中哪一个值最大,并说明理由.活动:这是一道经典考题,很有训练价值.教师引导学生观察题目条件及结论,寻找解题的切入点,鼓励学生多角度思考.对于第(1)个问题,目标是关于d 的范围的问题,故应当考虑到合理地选用等差数列的前n 项和的哪一个公式.其次,条件a 3=12可以得出a 1与d 的关系,列式中可以用来代换掉另一个量,起到减少未知量的作用.在教师的引导下,列出式子,将问题化归为一个关于d 的不等式.对第(2)个问题的思考,可以有较多的角度,让学生合作探究,充分挖掘题目中的条件,寻找更好的思路.积极活动,在交流中受到启发,得到自己的成功的解法.教师收集、整理出学生的不同思路,公布优秀的思考方法和解题过程.解:(1)依题意有S 12=12a 1+12×12×11d>0,S 13=13a 1+12×13×12d<0,即2a 1+11d >0,① a 1+6d <0.②由a 3=12,得a 1=12-2d ,③将③式分别代入①②式,得24+7d >0且3+d <0, ∴-247<d <-3为所求.(2)方法一:由(1)知d <0,∴a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13,因此,若在1≤n≤12中存在自然数n ,使得a n >0,a n +1<0,则S n 就是S 1,S 2,…,S 12中的最大值.由于S 12=12a 1+12×12×11d=6(2a 1+11d)=6(a 6+a 7)>0,S 13=13a 1+12×13×12d=13(a 1+6d)=13a 7<0,∴a 6>0,a 7<0.故在S 1,S 2,…,S 12中,S 6最大. 方法二:S n =na 1+12n(n -1)d=n(12-2d)+12(n 2-n)d=d2(n -5-24d 2)2-d5-24d 28.∵d<0,∴(n-5-24d 2)2最小时,S n 最大.而当-247<d <-3时,有6<5-24d 2<6.5,且n∈N ,∴当n =6时,(n -5-24d 2)2最小,即S 6最大.方法三:由d <0,可知a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13,因此,若在1≤n≤12中存在自然数n ,使得a n >0,a n +1<0, 则S n 就是S 1,S 2,…,S 12中的最大值.由S 12>0,S 13<0,有 12a 1+12×12×11d>0⇒a 1+5d >-d2>0; 13a 1+12×13×12d<0⇒a 1+6d <0.∴a 6>0,a 7<0.故在S 1,S 2,…,S 12中,S 6最大. 方法四:同方法二得S n =d2(n -5-24d 2)2-d5-24d 28.∵d<0,故S n 的图象是开口向下的一条抛物线上的一些点,注意到S 0=0,且S 12>0,S 13<0,知该抛物线与横轴的一个交点是原点,一个在区间(12,13)内,于是抛物线的顶点在(6,6.5)内,而n∈N ,知n =6时,有S 6是S 1,S 2,…,S 12中的最大值.点评:解完本例后,教师引导学生反思解法,充分发挥本例的训练功能.第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求,难度不大.第(2)问难度较高,为求{S n }中的最大值.方法一是知道S k 为最大值的充要条件是a k ≥0且a k +1<0;方法二是可视S n 为n 的二次函数,借助配方法求解.它训练了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力,较好地体现了高考试题注重能力考查的特点;而方法三则是通过等差数列的性质,探寻数列的分布规律,找出“分水岭”,从而得解.例4已知数列{a n }为12,13+23,14+24+34,15+25+35+45,…,若b n =1a n a n +2,求{b n }的前n项和S n .活动:教师点拨学生解决问题的关键是找出数列的通项,根据数列的通项特点寻找解决问题的方法.显然a n =1+2+…+n n +1=n 2,b n =1a n a n +2=4n n +2=2(1n -1n +2). 由此问题得以解决.解:由题意,知a n =1+2+3+…+n n +1=n2,∴b n =1a n a n +2=4nn +2=2(1n -1n +2). ∴S n =2(1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2)=2(1+12-1n +1-1n +2)=3n 2+5nn +1n +2.点评:本例巩固了数列的求和知识方法,通过探究,明确解决问题的关键是先从分析通项公式入手,找出规律,再用裂项法求解.变式训练等差数列{a n }的各项均为正数,a 1=3,前n 项和为S n ,{b n }为等比数列,b 1=1,且b 2S 2=64,b 3S 3=960.(1)求a n 与b n ;(2)求1S 1+1S 2+…+1S n的值.解:(1)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,则d >0.依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2=6+d q =64,S 3b 3=9+3d q 2=960,解得⎩⎪⎨⎪⎧d =2,q =8或⎩⎪⎨⎪⎧d =-65,q =403(舍去).故a n =3+2(n -1)=2n +1,b n =8n -1.(2)S n =3+5+…+(2n +1)=n(n +2), 所以1S 1+1S 2+…+1S n =11×3+12×4+13×5+…+1n n +2=12(1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2) =12(1+12-1n +1-1n +2) =34-2n +32n +1n +2.知能训练设{a n }是公比大于1的等比数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,已知S 3=7,且a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项;(2)令b n =lna 3n +1,n =1,2,…,求数列{b n }的前n 项和T n . 解:(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 2+a 3=7,a 1+3+a 3+42=3a 2.解得a 2=2.设数列{a n }的公比为q ,由a 2=2,可得a 1=2q ,a 3=2q.又S 3=7,可知2q +2+2q =7,即2q 2-5q +2=0.解得q 1=2,q 2=12.由题意得q >1,∴q=2. ∴a 1=1.故数列{a n }的通项为a n =2n -1.(2)由于b n =lna 3n +1,n =1,2,…, 由(1)得a 3n +1=23n,∴b n =ln23n=3nln2. ∴{b n }是等差数列. ∴T n =b 1+b 2+…+b n =nb 1+b n2=n 3ln2+3nln22=3nn +12ln2. 课堂小结1.由学生自己总结本节复习的内容与方法,回顾通过本节复习,对数列的认识提升了哪些?都有哪些收获?2.等差数列与等比数列涉及的知识面很宽,与其他内容的交汇较多,但不管怎样变化,只要抓住基本量,充分运用方程、函数、化归等数学思想方法,合理选用相关知识,任何问题都能迎刃而解.作业课本本章小结巩固与提高3、4、5.设计感想1.本教案设计加强了学生学习的联系.数学学习绝不是孤立的学习,数学学习的联系性表现为两个方面,一方面是数学与现实生活的联系,另一方面是数学内部之间的联系,表现为数学知识内容之间的相互联系.本教案设计充分体现了这一数学学习特征.2.本教案设计加强了学生的数学探索活动.数学学习不是简单的镜面式反映,而是经过观察、实验、猜测、归纳、类比、抽象、概括等过程,经过交流、反思、调整等完成的.本章内容的复习设计,充分体现了学生是学习的主体这一特点,给学生留有了充分发挥和自主学习的空间.3.本教案设计突出了数学思想方法的训练,尤其突出了一般到特殊、特殊到一般的思想方法,函数思想、类比思想贯穿整章内容.另外还有数形结合思想、方程思想等.第2课时导入新课思路 1.(直接导入)上一节课我们总结了数列的有关概念、方法、公式等.本节继续通过例题探究、变式训练等活动,进一步加深和提高解决问题的灵活性.要求通过本节复习,对等差、等比数列有更深刻的理解,逐渐形成灵活熟练的解题技能.思路2.(练习导入)通过以下练习、讲评作为新课的切入点.某养猪场养的猪,第一年猪的重量增长率是200%,以后每年的重量增长率都是前一年增长率的12.(1)当饲养4年后,所养的猪的重量是原来的多少倍?(2)如果由于各种原因,猪的重量每年损失预计重量的10%,那么经过多少年后,猪的重量开始减少?解:(1)依题意,猪的重量增长率成等比数列, ∴设原来猪重为a ,则四年后为a·(1+200%)(1+2·12)(1+2·12·12)(1+2·12·12·12)=454a.答:4年后猪的重量是原来的454倍.(2)由a n ≥a n +1知a n ≥a n (1+12n -1)(1-10100),得2n -1≥9,∴n≥5.故5年后猪的重量会减少. 推进新课新知探究 提出问题1等差数列、等比数列有哪些重要性质?怎样运用这些性质快速解题? 2怎样建立数列模型解决实际问题?3在具体的问题情境中,怎样识别数列的等差关系或等比关系,并用有关知识解决相应的问题?活动:教师引导学生对所学等差、等比数列的性质进行回忆,特别提示学生在使用等差数列与等比数列的性质解决问题时,一定要注意下标的起始以及下标间的关系,防止误用性质或求错结果.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,巧用性质、减少运算量在等差、等比数列的计算中非常重要.应用等差、等比数列的性质解题,往往可以回避求其首项和公差或公比,使问题得到整体解决.能够在运算时达到运算灵活、方便、快捷的目的,因而一直受到重视,高考中也一直作为重点来考查.数列应用题大致可分为三类:一类是有关等差数列的应用题,这类问题在内容上比较简单,建立等差数列模型后,问题常常转化成整式或整式不等式处理,计算较容易;二类是有关等比数列的应用题,这类问题建立模型后,弄清项数是关键,运算中往往要运用指数或对数不等式,常需要查表或依据题设中所给参考数据进行近似计算,对其结果要按要求保留一定的精确度,注意答案要符合题设中实际问题的意义;三类是有关递推数列中可化成等差、等比数列的问题,这类问题要掌握将递推数列化成等差、等比数列求解的方法.解决数列应用题的一般方法步骤与解其他应用题相似.(1)审题,明确问题属于哪类应用题,弄清题目中的已知量,明确所求的结论是什么.(2)将实际问题抽象为数学问题,将已知与所求联系起来.(3)明确是等差数列模型还是等比数列模型,还是递推数列模型,是求a n ,还是求S n ,n 是多少.国民经济发展中的大量问题:如人口增长,产量增加,土地减少,成本降低,存款利息,购物(如车子、房子)中的定期付款,经济效益等应用问题,都是数列所要解决的问题.因此,数列的有关知识,在应用上有着广泛的前景和用武之地.讨论结果:(1)(3)略.(2)建立数列模型的关键是分析题中已知量与未知数据之间的关系.应用示例例1已知公差不为零的等差数列{a n }和等比数列{b n }中,a 1=b 1=1,a 2=b 2,a 8=b 3.试问:是否存在常数a 、b ,使得对于一切自然数n ,都有a n =log a b n +b 成立?若存在,求出a 、b 的值;若不存在,请说明理由.活动:教师引导学生观察本题的条件,与学生一起探究.由于本题涉及到两个数列{a n }和{b n }之间的关系,而已知中的三个等式架起了两个数列间的桥梁,要想研究a n 、b n 的性质,应该先抓住数列中的什么量呢?由于{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,所以应该先抓住基本量a 1、d 和q.由已知a 1=b 1=1,a 2=b 2,a 8=b 3,可以列出方程组⎩⎪⎨⎪⎧1+d =q ,1+7d =q 2.解出d 和q ,则a n 、b n 就确定了.进一步探究:如果a n 和b n 确定了,那么a n =log a b n +b 就可以转化成含有a 、b 、n 的方程,如何判断a 、b 是否存在呢?如果通过含有n 、a 、b 的方程解出a 和b ,那么就可以说明a 、b 存在;如果解不出a 和b ,那么解不出的原因也就是a 和b 不存在的理由.解:设等差数列{a n }的公差为d(d≠0),等比数列{b n }的公比为q ,则⎩⎪⎨⎪⎧1+d =q ,1+7d =q 2.解得d =5,q =6.所以a n =5n -4,而b n =6n -1.若存在常数a 、b ,使得对一切自然数n ,都有a n =log a b n +b 成立,即5n -4=log a 6n -1+b ,即5n -4=(n -1)log a 6+b ,即(log a 6-5)n +(b -log a 6+4)=0对任意n∈N *都成立,只需⎩⎪⎨⎪⎧log a 6-5=0,b -log a 6+4=0成立.解得a =615,b =1.所以存在常数a 、b ,使得对于一切自然数n ,都有a n =log a b n +b 成立.点评:本题的关键是抓住基本量:首项a 1和公差d 、公比q ,因为这样就可以求出a n和b n 的表达式.a n 和b n 确定,其他的问题就可以迎刃而解.可见,抓住基本量是解决等差数列和等比数列综合问题的关键.变式训练已知数列{a n }满足:a 1=1,a n +1=⎩⎪⎨⎪⎧12a n +n ,n 为奇数,a n -2n ,n 为偶数.(1)求a 2,a 3;(2)当n≥2时,求a 2n -2与a 2n 的关系式,并求数列{a n }中偶数项的通项公式. 解:(1)a 2=32,a 3=-52.(2)∵a 2n -2+1=a 2n -2-2(2n -2), 即a 2n -1=a 2n -2-2(2n -2). ∵a 2n -1+1=12a 2n -1+(2n -1),即a 2n =12a 2n -2-(2n -2)+(2n -1),∴a 2n =12a 2n -2+1.∴a 2n -2=12(a 2n -2-2).∴a 2n =-(12)n +2(n∈N *).例2设{a n }是正数组成的数列,其前n 项和为S n ,并且对于所有的自然数n ,a n 与1的等差中项等于S n 与1的等比中项,求数列{a n }的通项公式.活动:教师引导学生将文字语言转化为数学语言,即a n +12=S n ,然后通过a n 与S n 的关系求通项.解:方法一:依题意,有S n =a n +124,∴a n +1=S n +1-S n =14[(a n +1+1)2-(a n +1)2].∴(a n +1-1)2-(a n +1)2=0, 即(a n +1+a n )(a n +1-a n -2)=0. ∵a n >0, ∴a n +1-a n =2.又a 1=1,∴{a n }是首项为1,公差为2的等差数列. ∴a n =2n -1.方法二:∵a n +12=S n ,∴S 1=a 1=1.当n≥2时,2S n =a n +1,即2S n =S n -S n -1+1, 即(S n -1)2-(S n -1)2=0,∴(S n -S n -1-1)(S n +S n -1-1)=0. 又∵a n >0,S 1=1, ∴S n +S n -1-1≠0. ∴S n -S n -1=1. ∴S n =n.从而a n =2S n -1=2n -1.点评:利用数列通项a n 与前n 项和S n 的关系:a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n≥2,与题设条件建立递推关系是本题求解的关键.例3已知数列{a n }满足3S n =(n +2)a n (n∈N *),其中S n 为前n 项的积,a 1=2. (1)证明数列{a n }的通项公式为a n =n(n +1). (2)求数列{1a n}的前n 项和T n .(3)是否存在无限集合M ,使得当n∈M 时,总有|T n -1|<110成立?若存在,请找出一个这样的集合;若不存在,请说明理由.活动:教师引导学生分析题目中的已知条件:a n 与S n 的关系,结合题目中的结论,显然需利用a n =S n -S n -1(n≥2)消去S n ,由此打开解题的通道.可让学生自己探究操作,教师适时地给予点拨.解:(1)证明:由3S n =(n +2)a n ,得3S n -1=(n +1)a n -1(n≥2). 两式相减,得3a n =(n +2)a n - (n +1)a n -1, 即(n -1)a n =(n +1)a n -1, ∴a n a n -1=n +1n -1(n≥2). ∴a n -1a n -2=n n -2(n≥3),…,a 3a 2=42,a 2a 1=31,a 1=2. 叠乘,得a n =n(n +1)(n∈N *). (2)1a n =1nn +1=1n -1n +1, ∴T n =1-12+12-13+13-14+…+1n -1n +1=1-1n +1=nn +1.(3)令|T n -1|=|n n +1-1|=1n +1<110,得n +1>10,n >9.故满足条件的M 存在,M ={n|n >9,n∈N *}.例4已知数列{a n }是公差不为零的等差数列,数列{ak n }是公比为q 的等比数列,且k 1=1,k 2=5,k 3=17,求k 1+k 2+k 3+…+k n 的值.活动:教师引导学生观察本题条件,共同探究.本题可把k 1+k 2+…+k n 看成是数列{k n }的求和问题,这样我们着重考查{k n }的通项公式,这是解决数列问题的一般方法,称为“通项分析法”.从寻找新旧数列的关系着手,即可找到解决问题的切入点,使问题迎刃而解.解:设数列{a n }的公差为d ,d≠0, 则a 5=a 1+4d ,a 17=a 1+16d. 因为a 1,a 5,a 17成等比数列,则(a 1+4d)2=a 1(a 1+16d),即2d 2=a 1d. 又d≠0,则a 1=2d.所以a n =a 1+(n -1)d =2d +(n -1)d =(n +1)d. 因为数列{ak n }的公比为q ,则q =a 5a 1=5+1d1+1d =3,所以ak n =ak 1·3n -1=a 1·3n -1=2d·3n -1.又ak n =(k n +1)d ,则2d·3n -1=(k n +1)d.由d≠0,知k n =2·3n -1-1(n∈N *).因此,k 1+k 2+k 3+…+k n=2·30-1+2·31-1+2·32-1+…+2·3n -1-1=2(30+31+32+…+3n -1)-n =2·3n3-1-n =3n-n -1.点评:此题的已知条件中,抽象符号比较多,但是,只要仔细审题,弄清楚符号的含意,看透题目的本质,抓住基本量,不管多复杂的问题,都是能够解决的.变式训练设数列{a n }满足a 1+3a 2+32a 3+…+3n -1a n =n 3,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项;(2)设b n =na n ,求数列{b n }的前n 项和S n .解:(1)∵a 1+3a 2+32a 3+…+3n -1a n =n3,①∴当n≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n -2a n -1=n -13,②①-②,得3n -1a n =13,a n =13n .在①中,令n =1,得a 1=13,∴a n =13n .(2)∵b n =n a n,∴b n =n·3n.∴S n =3+2×32+3×33+…+n·3n.③ ∴3S n =32+2×33+3×34+…+n·3n +1.④④-③,得2S n =n·3n +1-(3+32+33+…+3n )=n·3n +1-31-3n1-3,∴S n =2n -13n +14+34. 例5已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ;(2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+1b n)(其中a >0且a≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与log a b n +13的大小,并证明你的结论.活动:这是一道1998年的全国高考题,至今解来仍很新颖.难度属中高档,教师与学生共同探究.首先,数列{b n }的通项容易求得,但是它是攀上这个题目顶端的第一个台阶,必须走好这一步.解:(1)设数列{b n }的公差是d ,由题意得 b 1=1,10b 1+12×10×(10-1)d =145,解得b 1=1,d =3. ∴b n =3n -2. (2)由b n =3n -2,知S n =log a (1+1)+log a (1+14)+…+log a (1+13n -2)=log a [(1+1)(1+14)…(1+13n -2)],log a b n +13=log a 33n +1, 因此要比较S n 与log a b n +13的大小,可先比较(1+1)(1+14)…(1+13n -2)与33n +1的大小.取n =1,有(1+1)>33×1+1, 取n =2,有(1+1)(1+14)>33×2+1,……由此推测(1+1)(1+14)…(1+13n -2)>33n +1.(*)若(*)式成立,则由对数函数性质可断定: 当a >1时,S n >log a b n +13,当0<a <1时,S n <log a b n +13.〔对于(*)式的证明,提供以下两种证明方法供参考〕 下面对(*)式加以证明:证法一:记A n =(1+1)(1+14)…(1+13n -2)(1+13n +1)=21×54×87×…×3n -13n -2,D n =33n +1,再设B n =32×65×98×…×3n 3n -1,C n =43×76×109×…×3n +13n ,∵当k∈N *时,k +1k >k +2k +1恒成立,于是A n >B n >C n .∴A 3n >A n ×B n ×C n =3n +1=D 3n .∴A n >D n , 即(1+1)(1+14)…(1+13n -2)>33n +1成立.由此证得:当a >1时,S n >log a b n +13. 当0<a <1时,S n <log a b n +13.证法二:∵3n +1=41×74×107×…×3n +13n -2, 因此只需证1+13k -2>33k +133k -2对任意自然数k 成立,即证3k -13k -2>33k +133k -2,也即(3k -1)3>(3k +1)(3k -2)2,即9k >5.该式恒成立,故1+13k -2>33k +133k -2.取k =1,2,3,…,n 并相乘即得A n >D n .点评:(*)式的证明还有一些其他的证明思路,比如说,数学归纳法、反证法等.有待于今后的学习中学会了这些方法后再应用.例6假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房,预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米,那么到哪一年底,(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米?(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?活动:教师引导学生认真审题,确定数列模型,深刻挖掘题目中的数量关系,这是解决本题的锦囊妙计.由题意知,第(1)题属等差数列模型,需求和.第(2)题属等比数列模型.解:(1)设中低价房面积构成数列{a n },由题意可知,{a n }是等差数列,其中a 1=250,d =50,则S n =250n +n n -12×50=25n 2+225n. 令25n 2+225n≥4 750,即n 2+9n -190≥0,而n 是正整数.∴n≥10.∴到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米. (2)设新建住房面积构成数列{b n },由题意可知,{b n }是等比数列,其中b 1=400,q =1.08,则b n =400·(1.08)n -1.由题意可知a n >0.85b n , 有250+(n -1)×50>400×(1.08)n -1×0.85,由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n =6.∴到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 点评:本题主要考查等差、等比数列的求和,不等式基础知识,考查综合运用数学知识解决实际问题的能力.变式训练某地区发生流行性病毒感染,居住在该地区的居民必须服用一种药物预防.规定每人每天早晚8时各服一片,现知道药片含药量为220毫克,若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的20%,在体内的残留量超过386毫克,就会产生副作用.(1)某人上午8时第1次服药,问到第二天上午8时服完药时,这种药在他体内还残留多少?(2)长期服用此药,这种药会不会产生副作用?解:(1)依题意建立数列模型,设此人第n 次服药后,药在体内的残留量为a n 毫克, 则a 1=220,a 2=220+a 1×(1-60%)=220×1.4,a 3=220+a 2×(1-60%)=343.2. 从而某人第二天上午8时服完药时,这种药在他体内还残留343.2毫克. (2)由a n =220+0.4a n -1,得a n -1 1003=0.4(a n -1-1 1003)(n≥2),∴{a n -1 1003}是以a 1-1 1003为首项,以0.4为公比的等比数列.∴a n -1 1003=(a 1-1 1003)·0.4n -1<0.∴a n <1 1003≈386.故不会产生副作用.知能训练1.求数列8,88,888,…,的前n 项和.2.某工厂三年的生产计划规定:从第二年起,每一年比上一年增长的产值相同,三年的总产值为300万元,如果第一年、第二年、第三年分别比原计划产值多10万元、10万元、11万元,那么每一年比上一年的产值增长的百分率相同,求原计划中每一年的产值.答案:1.解:∵a n =89(10n-1),∴S n =89×(101-1)+89×(102-1)+…+89×(10n-1)=89×[(101+102+ (10))-n]=89×10n +1-10-9n 9=881×(10n +1-10-9n).2.解:设原计划三年的产值分别为x -d ,x ,x +d ,则实际三年产值分别为x -d +10,x +10,x +d +11.⎩⎪⎨⎪⎧x -d +x +x +d =300,x -d +10x +d +11=x +102.解得x =100,d =10,x -d =90,x +d=110.答:原计划三年的产值分别为90万元、100万元、110万元.课堂小结1.由学生合作归纳本节所复习的内容与方法,站在全章的高度对数列的知识方法进行高度归纳与整合,并理出自己独到的见解及适合自己特点的解题风格.2.让学生通过能力性的小结,尽快地把课堂探究的知识转化为素质能力.并体会“问题是数学的心脏,探究是学习的中心”的含义.逐渐提高自己的数学素养,努力把自己锻炼。

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二单元 章末复习

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二单元 章末复习

学习目标 1.整合知识结构,梳理知识网络,进一步巩固、深化所学知识.2.提高解决等差数列、等比数列问题的能力,培养综合运用知识解决问题的能力.知识点一 梳理本章的知识网络知识点二 对比归纳等差数列和等比数列的基本概念和公式知识点三本章公式推导和解题过程中用到的基本方法和思想1.在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了________法和________法;2.在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了________________和________________.3.等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意____个求其余____个,用到了方程思想.4.在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n 项和最值问题时,都用到了________思想.5.等差数列和等比数列在很多地方是相似的,发现和记忆相关结论时用到了类比.类型一 方程思想求解数列问题例1 设{a n }是公比大于1的等比数列,S n 为数列{a n }的前n 项和.已知S 3=7,且a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数列. (1)求数列{a n }的通项;(2)令b n =ln a 3n +1,n =1,2,…,求数列{b n }的前n 项和T n .反思与感悟 在等差数列和等比数列中,通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量:a 1,a n ,n ,q (d ),S n ,其中首项a 1和公比q (公差d )为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a 1,a n ,n ,q (d ),S n 的方程组,通过方程的思想解出需要的量.跟踪训练1 记等差数列{}a n 的前n 项和为S n ,设S 3=12,且2a 1,a 2,a 3+1成等比数列,求S n .类型二 转化与化归思想求解数列问题 例2 在数列{a n }中,S n +1=4a n +2,a 1=1. (1) 设c n =a n2n ,求证:数列{c n }是等差数列;(2) 求数列{a n }的通项公式及前n 项和的公式.反思与感悟 由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种,一种求法是先找出数列的前几项,通过观察、归纳得出,然后证明;另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列,再采用公式求出.跟踪训练2 设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +). (1)求a 2,a 3的值;(2)求证:数列{S n +2}是等比数列.类型三 函数思想求解数列问题命题角度1 借助函数性质解数列问题例3 已知等差数列{a n }的首项a 1=1,公差d >0,且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1n (a n +3)(n ∈N +),S n =b 1+b 2+…+b n ,是否存在t ,使得对任意的n 均有S n >t 36总成立?若存在,求出最大的整数t ;若不存在,请说明理由.反思与感悟 数列是一种特殊的函数,在求解数列问题时,若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时,均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3,…,n },这一特殊性对问题结果可能造成影响.跟踪训练3 已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列,其前n 项和为S n (n ∈N +),且S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设T n =S n -1S n (n ∈N +),求数列{T n }最大项的值与最小项的值.命题角度2 以函数为载体给出数列例4 已知函数f (x )=2-|x |,无穷数列{a n }满足a n +1=f (a n ),n ∈N +. (1)若a 1=0,求a 2,a 3,a 4;(2)若a 1>0,且a 1,a 2,a 3成等比数列,求a 1的值.反思与感悟 以函数为载体给出数列,只需代入函数式即可转化为数列问题. 跟踪训练4 已知函数f (x )=2x +33x,数列{a n }满足 a 1=1,a n +1=f ⎝⎛⎭⎫1a n,n ∈N +.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令T n =a 1a 2-a 2a 3+a 3a 4-a 4a 5+…-a 2n a 2n +1,求T n .1.设数列{a n }是公差不为零的等差数列,S n 是数列{a n }的前n 项和(n ∈N +),且S 21=9S 2,S 4=4S 2,则数列{a n }的通项公式是____________.2.若数列{a n }的前n 项和S n =32n 2-292n (n =1,2,3,…),则此数列的通项公式为____________;数列{na n }中数值最小的项是第________项.3.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,公比是正数的等比数列{b n }的前n 项和为T n ,已知a 1=1,b 1=3,a 3+b 3=17,T 3-S 3=12,求{a n }、{b n }的通项公式.1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列,也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一,这类问题多从数列的本质入手,考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题.2.数列求和的方法:一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项,然后通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和.答案精析知识梳理 知识点三 1.叠加 叠乘2.倒序相加法 错位相减法 3.三 两 4.函数 题型探究 类型一例1 解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 2+a 3=7,(a 1+3)+(a 3+4)2=3a 2,解得a 2=2. 设数列{a n }的公比为q ,由a 2=2, 可得a 1=2q ,a 3=2q ,又S 3=7,可知2q +2+2q =7,即2q 2-5q +2=0. 解得q 1=2,q 2=12.由题意得q >1,∴q =2,∴a 1=1. 故数列{a n }的通项为a n =2n -1(n ∈N +).(2)由于b n =ln a 3n +1,n =1,2,…, 由(1)得a 3n +1=23n , ∴b n =ln 23n =3n ln 2.又b n +1-b n =3ln 2,∴{b n }是等差数列, ∴T n =b 1+b 2+…+b n =n (b 1+b n )2=3n (n +1)2·ln 2. 故T n =3n (n +1)2ln 2(n ∈N +).跟踪训练1 S n =12n (3n -1)或S n =2n (5-n ),n ∈N +.类型二例2 (1)证明 由S n +1=4a n +2,① 则当n ≥2,n ∈N +时,有S n =4a n -1+2.②①-②得a n +1=4a n -4a n -1.方法一 对a n +1=4a n -4a n -1两边同除以2n +1,得a n +12n +1=2a n 2n -a n -12n -1, 即a n +12n +1+a n -12n -1=2a n 2n , 即c n +1+c n -1=2c n , ∴数列{c n }是等差数列. 由S n +1=4a n +2, 得a 1+a 2=4a 1+2, 则a 2=3a 1+2=5, ∴c 1=a 12=12,c 2=a 222=54,故公差d =54-12=34,∴{c n }是以12为首项,34为公差的等差数列.方法二 ∵a n +1-2a n =2a n -4a n -1 =2(a n -2a n -1), 令b n =a n +1-2a n ,则{b n }是以a 2-2a 1=4a 1+2-a 1-2a 1=3为首项,2为公比的等比数列, ∴b n =3·2n -1,∵c n =a n2n ,∴c n +1-c n =a n +12n +1-a n 2n =a n +1-2a n2n +1=b n 2n +1=3×2n -12n +1=34,c 1=a 12=12,∴ {c n }是以12为首项,34为公差的等差数列.(2)解 由(1)可知数列{a n 2n }是首项为12,公差为34的等差数列.∴a n 2n =12+(n -1)34=34n -14, a n =(3n -1)·2n-2是数列{a n }的通项公式.设S n =(3-1)·2-1+(3×2-1)·20+…+(3n -1)·2n -2,∴2S n =(3-1)·20+(3×2-1)·21+…+(3n -1)·2n -1,故S n =2S n -S n=-(3-1)·2-1-3(20+21+…+2n -2)+(3n -1)·2n -1=-1-3×2n -1-12-1+(3n -1)·2n -1=-1+3+(3n -4)·2n -1=2+(3n -4)·2n -1.∴ 数列{a n }的前n 项和公式为 S n =2+(3n -4)·2n -1,n ∈N +.跟踪训练2 (1)解 ∵a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +), ∴当n =1时,a 1=2×1=2; 当n =2时,a 1+2a 2=(a 1+a 2)+4, ∴a 2=4;当n =3时,a 1+2a 2+3a 3=2(a 1+a 2+a 3)+6, ∴a 3=8.(2)证明 ∵a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +),①∴当n ≥2时,a 1+2a 2+3a 3+…+(n -1)a n -1 =(n -2)S n -1+2(n -1).②①-②得na n =(n -1)S n -(n -2)S n -1+2 =n (S n -S n -1)-S n +2S n -1+2 =na n -S n +2S n -1+2. ∴-S n +2S n -1+2=0, 即S n =2S n -1+2, ∴S n +2=2(S n -1+2). ∵S 1+2=4≠0, ∴S n -1+2≠0, ∴S n +2S n -1+2=2,故{S n +2}是以4为首项,2为公比的等比数列. 类型三命题角度1例3 解 (1)由题意得(a 1+d )(a 1+13d )=(a 1+4d )2, 整理得2a 1d =d 2. ∵d >0,∴d =2.∵a 1=1.∴a n =2n -1 (n ∈N +). (2)b n =1n (a n +3)=12n (n +1)=12⎝⎛⎭⎫1n -1n +1, ∴S n =b 1+b 2+…+b n =12⎣⎡⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…⎦⎤+⎝⎛⎭⎫1n -1n +1=12⎝⎛⎭⎫1-1n +1=n2(n +1).假设存在整数t 满足S n >t36总成立,又S n +1-S n =n +12(n +2)-n2(n +1)=12(n +2)(n +1)>0,∴数列{S n }是单调递增的. ∴S 1=14为S n 的最小值,故t 36<14,即t <9. 又∵t ∈Z ,∴适合条件的t 的最大值为8. 跟踪训练3 解 (1)a n =32×(-12)n -1=(-1)n -1·32n .(2)由(1)得 S n =1-(-12)n =⎩⎨⎧1+12n ,n 为奇数,1-12n,n 为偶数.当n 为奇数时,S n 随n 的增大而减小,所以1<S n ≤S 1=32. 故0<S n -1S n ≤S 1-1S 1=32-23=56. 当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大,所以34=S 2≤S n <1, 故0>S n -1S n ≥S 2-1S 2=34-43=-712. 综上,对于n ∈N +,总有-712≤S n -1S n ≤56且S n -1S n≠0. 所以数列{T n }最大项的值为56,最小项的值为-712. 命题角度2例4 解 (1)由a n +1=f (a n ) ⇒a n +1=2-|a n |,a 1=0⇒a 2=2,a 3=0,a 4=2.(2)∵a 1,a 2,a 3成等比数列⇒a 3=a 22a 1=2-|a 2|⇒a 22=a 1·(2-|a 2|), 且a 2=2-|a 1|⇒(2-|a 1|)2=a 1[2-|2-|a 1||]⇒(2-a 1)2 =a 1[2-|2-a 1|],分情况讨论:①当2-a 1≥0时,(2-a 1)2=a 1[2- (2-a 1)]=a 21⇒a 1=1,且a 1≤2; ②当2-a 1<0时,(2-a 1)2=a 1[2-(a 1-2)]=a 1(4-a 1)⇒2a 21-8a 1+4=0⇒a 21-4a 1+4=2⇒(a 1-2)2=2⇒a 1=2+2,且a 1>2,综上,a 1=1或a 1=2+ 2.跟踪训练4 解 (1)a n =23n +13. (2)T n =a 1a 2-a 2a 3+a 3a 4-a 4a 5+ …-a 2n a 2n +1=a 2(a 1-a 3)+a 4(a 3-a 5)+…+a 2n (a 2n -1-a 2n +1)=-43(a 2+a 4+…+a 2n ) =-43·n ⎝⎛⎭⎫53+4n 3+132=-49(2n 2+3n ). 当堂训练1.a n =36(2n -1) 2.a n =3n -16 33.解 设数列{a n }的公差为d ,数列{b n }的公比为q . 由a 3+b 3=17得1+2d +3q 2=17,① 由T 3-S 3=12得q 2+q -d =4.② 由①、②及q >0解得q =2,d =2. 故所求的通项公式为a n =2n -1,b n =3·2n -1.。

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二章 章末复习提

2018版高中数学人教B版必修五学案:第二章 章末复习提

1.数列的概念及表示方法(1)定义:按照一定顺序排列着的一列数.(2)表示方法:列表法、图象法、通项公式法和递推公式法.(3)分类:按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列;按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列. 2.求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系:a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2.(2)当已知数列{a n }中,满足a n +1-a n =f (n ),且f (1)+f (2)+…+f (n )可求,则可用累加法求数列的通项a n ,常利用恒等式a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1). (3)当已知数列{a n }中,满足a n +1a n=f (n ),且f (1)·f (2)·…·f (n )可求,则可用累积法求数列的通项a n ,常利用恒等式a n =a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n -1.(4)构造新数列法:对由递推公式给出的数列,经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项.(5)归纳、猜想、证明法.3.等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法:a n +1-a n =d (常数)⇔{a n }是等差数列;a n +1a n =q (q 为常数,q ≠0)⇔{a n }是等比数列.(2)中项公式法:2a n +1=a n +a n +2⇔{a n }是等差数列;a 2n +1=a n ·a n +2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列. (3)通项公式法:a n =an +b (a ,b 是常数)⇔{a n }是等差数列;a n =c ·q n (c ,q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列.(4)前n 项和公式法:S n =an 2+bn (a ,b 为常数,n ∈N +)⇔{a n }是等差数列;S n =aq n -a (a ,q 为常数,且a ≠0,q ≠0,q ≠1,n ∈N +)⇔{a n }是等比数列. 4.求数列的前n 项和的基本方法(1)公式法:利用等差数列或等比数列前n 项和S n 公式; (2)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(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.(4)错位相减: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. (5)倒序相加:例如,等差数列前n 项和公式的推导.题型一 方程的思想解数列问题在等差数列和等比数列中,通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量:a 1,a n ,n ,d (或q ),S n ,其中首项a 1和公差d (或公比q )为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a 1,a n ,n ,d (或q ),S n 的方程组,通过方程的思想解出需要的量.例1 设{a n }为等差数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,已知S 7=21,S 15=-75,T n 为数列{S n n }的前n 项和,求T n 的最大值. 解 设等差数列{a n }的公差为d ,则 S n =na 1+12n (n -1)d .∵S 7=21,S 15=-75,∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7a 1+21d =21,15a 1+105d =-75,即⎩⎪⎨⎪⎧a 1+3d =3,a 1+7d =-5,解得a 1=9,d =-2.∴S n =na 1+n (n -1)2d =9n -(n 2-n )=10n -n 2.则S nn =10-n .∵S n +1n +1-S n n=-1, ∴数列{S nn }是以9为首项,公差为-1的等差数列.则T n =n ·[9+(10-n )]2=-12n 2+192n=12(n -192)2+3618. ∵n ∈N +,∴当n =9,或n =10时,T n 有最大值45.跟踪演练1 记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,设S 3=12,且2a 1,a 2,a 3+1成等比数列,求S n .解 设数列{a n }的公差为d ,依题设有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1(a 3+1)=a 22,a 1+a 2+a 3=12,即⎩⎪⎨⎪⎧ a 21+2a 1d -d 2+2a 1=0,a 1+d =4.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=8,d =-4. 因此S n =12n (3n -1)或S n =2n (5-n ).题型二 转化与化归思想求数列通项由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种,一种求法是先找出数列的前几项,通过观察、归纳猜想出通项,然后证明;另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列,再采用公式求出.例2 在数列{a n }中,a 1=5且a n =2a n -1+2n -1 (n ≥2且n ∈N +). (1)求a 2,a 3的值;(2)是否存在实数λ,使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +λ2n 为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.(3)求通项公式a n .解 (1)∵a 1=5,∴a 2=2a 1+22-1=13,a 3=2a 2+23-1=33.(2)假设存在实数λ,使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +λ2n 为等差数列.设b n =a n +λ2n ,由{b n }为等差数列,则有2b 2=b 1+b 3.∴2×a 2+λ22=a 1+λ2+a 3+λ23,13+λ2=5+λ2+33+λ8.解得λ=-1.此时,b n +1-b n =a n +1-12n 1-a n -12n=12n +1[(a n +1-2a n )+1]=12n +1[(2n +1-1)+1]=1. 又b 1=a 1+λ2=2.综上可知,存在实数λ=-1,使得数列{a n +λ2n }为首项是2、公差是1的等差数列.(3)由(2)知,数列{a n -12n }为首项是2,公差为1的等差数列.∴a n -12n=2+(n -1)×1=n +1, ∴a n =(n +1)2n +1.跟踪演练2 设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +). (1)求a 2,a 3的值;(2)求证:数列{S n +2}是等比数列.(1)解 ∵a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +),∴当n =1时,a 1=2×1=2; 当n =2时,a 1+2a 2=(a 1+a 2)+4,∴a 2=4; 当n =3时,a 1+2a 2+3a 3=2(a 1+a 2+a 3)+6,∴a 3=8. (2)证明 ∵a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +), ①∴当n ≥2时,a 1+2a 2+3a 3+…+(n -1)a n -1 =(n -2)S n -1+2(n -1).② ①-②得na n =(n -1)S n -(n -2)S n -1+2=n (S n -S n -1)-S n +2S n -1+2=na n -S n +2S n -1+2. ∴-S n +2S n -1+2=0,即S n =2S n -1+2, ∴S n +2=2(S n -1+2).∵S 1+2=4≠0,∴S n -1+2≠0,∴S n +2S n -1+2=2,故{S n +2}是以4为首项,2为公比的等比数列. 题型三 函数思想求解数列问题数列是一种特殊的函数,在求解数列问题时,若涉及参数取值范围,最值问题或单调性时,均可考虑采用函数的思想指导解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或其真子集,这一特殊性对问题结果可能造成影响.例3 已知等差数列{a n }的首项a 1=1,公差d >0,且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项.(2)设b n =1n (a n +3) (n ∈N +),S n =b 1+b 2+…+b n ,是否存在t ,使得对任意的n 均有S n >t36总成立?若存在,求出最大的整数t ;若不存在,请说明理由.解 (1)由题意得(a 1+d )(a 1+13d )=(a 1+4d )2,整理得2a 1d =d 2.∵d >0,a 1=1,∴d =2. ∴a n =2n -1(n ∈N +).(2)b n =1n (a n +3)=12n (n +1)=12(1n -1n +1),∴S n =b 1+b 2+…+b n =12[(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n +1)]=12(1-1n +1)=n2(n +1).假设存在整数t 满足S n >t 36总成立,又S n +1-S n =n +12(n +2)-n 2(n +1)=12(n +2)(n +1)>0,∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1=14为S n 的最小值,故t 36<14,即t <9.又∵t ∈Z ,∴适合条件的t 的最大值为8. 跟踪演练3 已知函数f (x )=2x +33x ,数列{a n }满足a 1=1,a n +1=f (1a n),n ∈N +, (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令T n =a 1a 2-a 2a 3+a 3a 4-a 4a 5+…-a 2n a 2n +1,求T n . 解 (1)∵a n +1=f (1a n )=2a n +33a n =2+3a n 3=a n +23,∴{a n }是以23为公差的等差数列.又a 1=1,∴a n =23n +13.(2)T n =a 1a 2-a 2a 3+a 3a 4-a 4a 5+…-a 2n a 2n +1 =a 2(a 1-a 3)+a 4(a 3-a 5)+…+a 2n (a 2n -1-a 2n +1) =-43(a 2+a 4+…+a 2n )=-43·n (53+4n 3+13)2=-49(2n 2+3n ).题型四 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一,它始终处在知识的交汇点上,如数列与函数、方程、不等式等其他知识有较多交汇处.它包涵知识点多、思想丰富、综合性强,已成为近年高考的一大亮点.例4 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2+a 3+a 4=28,且a 3+2是a 2,a 4的等差中项.(2)若b n =a n log 12a n ,S n =b 1+b 2+…+b n ,对任意正整数n ,S n +(n +m )a n +1<0恒成立,试求m的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q .依题意,有2(a 3+2)=a 2+a 4,代入a 2+a 3+a 4=28,得a 3=8.∴a 2+a 4=20,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q +a 1q 3=20,a 3=a 1q 2=8, 解得⎩⎪⎨⎪⎧q =2,a 1=2或⎩⎪⎨⎪⎧q =12,a 1=32.又{a n }单调递增,∴⎩⎪⎨⎪⎧q =2,a 1=2.∴a n =2n .(2)b n =2n ·log 122n =-n ·2n ,∴-S n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n ,① ∴-2S n =1×22+2×23+3×24+…+(n -1)×2n +n ×2n +1, ②①-②,得S n =2+22+23+…+2n -n ×2n +1=2(1-2n )1-2-n ×2n +1=2n +1-n ×2n +1-2.由S n +(n +m )a n +1<0,得2n +1-n ×2n +1-2+n ×2n +1+m ×2n +1<0对任意正整数n 恒成立,∴m ·2n +1<2-2n +1,即m <12n -1对任意正整数n 恒成立.∵12n -1>-1,∴m ≤-1,即m 的取值范围是(-∞,-1]. 跟踪演练4 在数列{a n }中,a 1=2,a n +1=4a n -3n +1, n ∈N +.(1)证明:数列{a n -n }是等比数列; (2)求数列{a n }的前n 项和S n ;(3)证明:不等式S n +1≤4S n 对任意n ∈N +皆成立. (1)证明 由题设a n +1=4a n -3n +1得 a n +1-(n +1)=4(a n -n ),n ∈N +.又a 1-1=1,∴{a n -n }是首项为1,公比为4的等比数列.(2)解 由(1)可知a n -n =4n -1,于是数列{a n }的通项公式为a n =4n -1+n ,∴数列{a n }的前n 项和S n =4n -13+n (n +1)2.(3)证明 对任意的n ∈N +.S n +1-4S n =4n +1-13+(n +1)(n +2)2-4[4n -13+n (n +1)2]=-12(3n 2+n -4)≤0.∴不等式S n +1≤4S n 对任意n ∈N +皆成立.1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列,也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一,这类问题多从数列的本质入手,考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题.2.数列求和的方法:一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项,然后通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和.。

高中数学人教B版必修五教案:第二章《数列》复习课4

高中数学人教B版必修五教案:第二章《数列》复习课4

20XX—20XX学年度第一学期高二数学教案主备人:使用人:1.在等差数列{}n a 中,n S 是其前n 项和: (1)已知163a d ==,,求n n a S 、;(2)已知18216a a ==,,求n n a S 、;(3)已知410104a a ==,,求n n a S 、;(4)已知41n a n =+,求n S ;(5)已知210n S n n =-,求n a ;(6)已知3191S a ==,,求n a 。

2.在等比数列{}n a 中,n S 是其前n 项和: (1)已知132a q ==,,求n n a S 、;(2)已知35816a a ==,,求n a q 、;(4)已知111822n a q a ===,,,求n S ;(5)已知13224a a a ==+,,求n a 。

3.填空(1)已知在数列{}n a 中,223n a n n =-+,则 ;(2)已知数列{}n a 的前n 项和2n S n n =+,则5S = 、n a = ; (3)3和27的等差中项是 ,3和27的等比中项是 ; (4)-114164n +++⋯⋯+= ;4.错位相减法求和(1)求数列{(21)3}n n -⋅的前n 项和;(2)求数列135721248162nn -⋯,,,,的前n 项和;5.分组求和(1)2(31)(32)(3)n n -+-+⋯+-;(2)9999999999n +++⋯+⋯个;(3)11111232482n n +++⋯+;6. 已知等差数列{}n a 满足:37a =,5726a a +=.{}n a 的前n 项和为n S . (Ⅰ)求n a 及n S ;(Ⅱ)令211n n b a =-(n N +∈),求数列{}n b 的前n 项和n T .精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

读沙漠,读出了它坦荡豪放的胸怀;读太阳,读出了它普照万物的无私;读春雨,读出了它润物无声的柔情。

(人教B版必修5)第二章数列章末回顾学案(含答案)

(人教B版必修5)第二章数列章末回顾学案(含答案)

本章回顾等差数列{a n } 等比数列{a n }定义 a n +1-a n =d (d 为常数) 等价形式a n +1+a n -1=2a n a n +1a n=q (q ≠0)(q 为常数) 等价形式a n +1·a n -1=a 2n (a n ≠0)通项公式 a n =a 1+(n -1)d 变形:a n =a m +(n -m )da n =a 1·q n -1变形:a n =a m ·q n -m 中项 a ,A ,b 成等差数列⇔A =a +b2(A 称为a ,b 的等差中项) a ,G ,b 成等比数列⇔G =±ab (ab >0) (G 称为a ,b 的等比中项) 前n 项和公式S n =na 1+n (n -1)2d =n (a 1+a n )2q =1时,S n =na 1q ≠1时,S n =a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q1-q基本性质若m +n =p +q ,则a m +a n =a p +a q若m +n =p +q ,则a m ·a n =a p ·a q若m +n =2p ,则a m +a n =2a p若m +n =2p ,则a m ·a n =a 2p {a n }是常数列⇔d =0{a n }是常数列⇔q =1{a n }递增⇔d >0 {a n }递增⇔⎩⎨⎧a 1>0q >1或⎩⎨⎧a 1<00<q <1{a n }递减⇔d <0{a n }递减⇔⎩⎨⎧a 1>00<q <1或⎩⎨⎧a 1<0q >1S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 成等差数列 S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等比数列(q ≠-1或m 为奇数)若项的下标成等差数列,则相应的项成等差数列 若项的下标成等差数列,则相应的项成等比数列若{a n },{b n }成等差数列,则{a n +b n },{a n -b n }成等差数列{a n },{b n }成等比数列,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ,⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n ,{a n ·b n }成等比数列一、取倒数法和取对数法求通项例1 已知数列{a n }满足a n +1=2n +1·a na n +2n +1,a 1=2.求a n . 解 对a n +1=2n +1a na n +2n +1两边取倒数得:1a n +1=a n +2n +12n +1a n, ∴1a n +1=1a n +⎝⎛⎭⎫12n +1. 令b n =1a n,则b n +1=b n +⎝⎛⎭⎫12n +1. ∴b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n -1) =⎝⎛⎭⎫121+⎝⎛⎭⎫122+⎝⎛⎭⎫123+…+⎝⎛⎭⎫12n =1-⎝⎛⎭⎫12n.∴a n =1b n =11-⎝⎛⎭⎫12n =2n2n -1.例2 在数列{a n }中,a n +1=3a 2n ,a 1=3.求a n . 解 由已知,a n >0,对a n +1=3a 2n 两边取常用对数得:lg a n +1=2lg a n +lg 3. 令b n =lg a n .则b n +1=2b n +lg 3. ∴b n +1+lg 3=2(b n +lg 3). ∴{b n +lg 3}是等比数列,首项是b 1+lg 3=lg 3+lg 3=2lg 3.∴b n +lg 3=2n -1·(b 1+lg 3)=2n lg 3. ∴b n =(2n -1)lg 3=lg 32n -1=lg a n . ∴a n =32n -1.二、运用恒等变形求数列前n 项和例3 已知数列{a n }的各项均为正数,S n 为其前n 项和,对于任意的n ∈N *满足2S n =3a n-3.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }的通项公式是b n =1log 3a n ·log 3a n +1,前n 项和为T n ,求证:对于任意的正数n ,总有T n <1.(1)解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2S n =3a n -3,2S n -1=3a n -1-3 (n ≥2).故2(S n -S n -1)=2a n =3a n -3a n -1, 即a n =3a n -1 (n ≥2).故数列{a n }为等比数列,且q =3. 又当n =1时,2a 1=3a 1-3, ∴a 1=3.∴a n =3n .(2)证明 b n =1n (n +1)=1n -1n +1.∴T n =b 1+b 2+…+b n=⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝⎛⎭⎫1n -1n +1=1-1n +1<1.例4 已知数列{a n }的前n 项和S n ,对一切正整数n ,点(n ,S n )都在函数f (x )=2x +2-4的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =a n ·log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意,S n =2n +2-4,n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n +2-2n +1=2n +1, 当n =1时,a 1=S 1=23-4=4,也适合上式,∴数列{a n }的通项公式为a n =2n +1,n ∈N *.(2)∵b n =a n log 2a n =(n +1)·2n +1,∴T n =2·22+3·23+4·24+…+n ·2n +(n +1)·2n +1,①2T n =2·23+3·24+4·25+…+n ·2n +1+(n +1)·2n +2.② ②-①得,T n =-23-23-24-25-…-2n +1+(n +1)·2n +2=-23-23(1-2n -1)1-2+(n +1)·2n +2=-23-23(2n -1-1)+(n +1)·2n +2=(n +1)·2n +2-23·2n -1=(n +1)·2n +2-2n +2=n ·2n +2.三、运用方程(组)的思想解数列问题例5 等差数列{a n }中,a 4=10,且a 3,a 6,a 10成等比数列,求数列{a n }前20项的和S 20.解 设数列{a n }的公差为d ,则a 3=a 4-d =10-d ,a 6=a 4+2d =10+2d , a 10=a 4+6d =10+6d .由a 3,a 6,a 10成等比数列得a 3a 10=a 26, 即(10-d )(10+6d )=(10+2d )2,整理得10d 2-10d =0,解得d =0或d =1. 当d =0时,S 20=20a 4=200.当d =1时,a 1=a 4-3d =10-3×1=7.∴S 20=20a 1+20×192d =20×7+190=330.例6 已知数列{a n }和{b n }满足a 1=m ,a n +1=λa n +n ,b n =a n -2n 3+49.(1)当m =1时,求证:对于任意的实数λ,数列{a n }一定不是等差数列;(2)当λ=-12时,试判断数列{b n }是否为等比数列.(1)证明 当m =1时,a 1=1,a 2=λ+1,a 3=λ(λ+1)+2=λ2+λ+2. 假设数列{a n }是等差数列,由a 1+a 3=2a 2, 得λ2+λ+3=2(λ+1),即λ2-λ+1=0,Δ=-3<0,∴方程无实根.故对于任意的实数λ,数列{a n }一定不是等差数列.(2)解 当λ=-12时,a n +1=-12a n +n ,b n =a n -2n 3+49.b n +1=a n +1-2(n +1)3+49=⎝⎛⎭⎫-12a n +n -2(n +1)3+49 =-12a n +n 3-29=-12⎝⎛⎭⎫a n -2n 3+49=-12b n . 又b 1=m -23+49=m -29,∴当m ≠29时,数列{b n }是以m -29为首项,-12为公比的等比数列;当m =29时,数列{b n }不是等比数列.四、运用函数的思想解数列问题例7 设b n =(1+r )q n -1,r =219.2-1,q =12,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2b n +1log 2b n 的最大项和最小项的值.解 log 2b n +1log 2b n =log 2[(1+r )q n ]log 2[(1+r )q n -1]=log 2(1+r )+n log 2q log 2(1+r )+(n -1)log 2q =1+1n -20.2. 记c n =log 2b n +1log 2b n ,则c n =1+1n -20.2.作出函数y =1x -20.2+1的图象.易知:c 20<c 19<…<c 1<1,c 21>c 22>…>1. ∴最高点为(21,c 21),最低点(20,c 20).∴最大项为c 21,c 21=2.25,最小项为c 20,c 20=-4.五、构建数列模型解实际应用题例8 甲、乙两大超市同时开业,第一年的全年销售额为a 万元,由于经营方式不同,甲超市前n 年的总销售额为a2(n 2-n +2)万元,乙超市第n 年的销售额比前一年销售额多a ⎝⎛⎭⎫23n -1万元(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式;(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪一超市有可能被收购?如果有这种情况,将会出现在第几年?解 (1)设甲、乙两超市第n 年的销售额分别为a n ,b n . 则有:a 1=a ,n ≥2时:a n =a 2(n 2-n +2)-a2[(n -1)2-(n -1)+2]=(n -1)a .∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧a , n =1,(n -1)a , n ≥2.b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n -1)=a +a ⎝⎛⎭⎫23+a ⎝⎛⎭⎫232+…+a ⎝⎛⎭⎫23n -1 =⎣⎡⎦⎤3-2⎝⎛⎭⎫23n -1a ,(n ∈N *). (2)易知b n <3a ,所以乙将被甲超市收购, 由b n <12a n 得:⎣⎡⎦⎤3-2⎝⎛⎭⎫23n -1a <12(n -1)a . ∴n +4⎝⎛⎭⎫23n -1>7,∴n ≥7.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半,乙超市将被甲超市收购.例9 某油料库已储油料a t ,计划正式运营后的第一年进油量为已储油量的25%,以后每年的进油量为上一年底储油量的25%,且每年运出b t ,设a n 为正式运营第n 年底的储油量.(1)求a n 的表达式并加以证明;(2)为应对突发事件,该油库年底储油量不得少于23a t ,如果b =724a t ,该油库能否长期按计划运营?如果可以请加以证明,如果不行请说明理由.(取lg 2=0.30,lg 3=0.48).解 (1)依题意油库原有储油量为a t ,则a 1=(1+25%)a -b =54a -b ,a n =(1+25%)a n -1-b =54a n -1-b (n ≥2,n ∈N *),令a n -x =54(a n -1-x ),则a n =54a n -1-x4,于是b =x 4,即x =4b ,∴a n -4b =54(a n -1-4b ),∴数列{a n -4b }是公比为54,首项为54a -5b 的等比数列.a n -4b =(a 1-4b )⎝⎛⎭⎫54n -1=⎝⎛⎭⎫54a -b -4b ⎝⎛⎭⎫54n -1 =⎝⎛⎭⎫54n a -5b ·⎝⎛⎭⎫54n -1, ∴a n =⎝⎛⎭⎫54na +4b -5b ⎝⎛⎭⎫54n -1 =⎝⎛⎭⎫54na -4b ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n -1. (2)若b =724a t 时,该油库第n 年年底储油量不少于23a t ,即⎝⎛⎭⎫54n a -⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n -1×4×724a ≥23a ,即⎝⎛⎭⎫54n ≤3,∴n ≤log 54 3=lg 31-3lg 2=0.481-3×0.3=4.8,可见该油库只能在5年内运营,因此不能长期运营.1.等差数列性质多,三点共线可求和例1 在等差数列{a n }中,S 10=20,S 50=200,求S 2 010的值.解 由S n =An 2+Bn ,知S n n=An +B ,所以点⎝⎛⎭⎫n ,S n n 在直线y =Ax +B 上,于是点⎝⎛⎭⎫10,S 1010,⎝⎛⎭⎫50,S 5050,⎝⎛⎭⎫2 010,S 2 0102 010三点共线,∴S 5050-S 101050-10=S 2 0102 010-S 50502 010-50成立. 把S 10=20,S 50=200代入上式, 解得:S 2 010=205 020.2.数列图象莫轻视,大题小作显神奇例2 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1>0,S 12>0,S 13<0,指出S 1,S 2,…,S 12中哪一个值最大,并说明理由?解 ∵{a n }是等差数列,∴S n =d2n 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2n , ∵S 12>0,S 13<0.∴a 13=S 13-S 12<0, ∵a 1>0,a 13<0,∴d<0.∴点(n ,S n )分布在开口方向向下的抛物线y =d2x 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2x 的图象上. 设二次函数y =d2x 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2x 的对称轴为n 0,则2n 0是二次函数的一个零点. ∵S 12>0,S 13<0, ∴12<2n 0<13, ∴6<n 0<6.5.易知n =6对应的A 点(6,S 6)与对称轴的距离比n =7对应的B 点(7,S 7)与对称轴的距离更小.∴A 点为最高点,S 6最大.。

高中数学第2章数列章末突破学案新人教B版必修5(2021年整理)

高中数学第2章数列章末突破学案新人教B版必修5(2021年整理)

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第2章数列章末分层突破[自我校对]①无穷数列②常数列③通项公式法④前n项和公式⑤等比数列等差(比)数列的基本运算,n,d(或n n1nq),S n,其中a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),a n,S n,n1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。

等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的通项公式及前n项和S n.【精彩点拨】(1)由a1,a4求出公比q,写出{a n}的通项公式。

(2)列出关于b1,d的方程组,求解b1,d,进而写出b n,S n。

【规范解答】(1)设{a n}的公比为q,由已知得16=2q3,解得q=2.∴a n=2×2n-1=2n。

(2)由(1)得a3=8,a5=32,则b3=8,b5=32。

设{b n}的公差为d,则有错误!解得{b1=-16,,d=12,所以b n=-16+12(n-1)=12n-28。

所以数列{b n}的前n项和S n=错误!=6n2-22n.[再练一题]1.已知等差数列{a n}的公差d=1,前n项和为S n。

高中数学人教B版必修五教案:第二章+《数列》新授

高中数学人教B版必修五教案:第二章+《数列》新授

1.检查学生预 习作业完成情 况,进行及时评 价。 2.补充学生出 现的漏洞。 3. 解 决 学 生 的 问题,并达成共 识。
1、 学 生 叙 述 完 成情况。
2、 其 余 学 生 互 相补充。
3、 质疑、解答。
验收学生 自主学习 的结果, 并 解决学 生自主学 习中遇到 的困惑 。
13 分 钟
一、会 用 观 察 法 求下列 数列的 通 项公式: (1)3性质的发现和推证过程;
2. 借助类比、对比,体会数列是一种特殊的函数;
三、情感、态度与价值观目标:
1. 要让学生认识到数学来源于生活实践,生活中充满了数学,
数学中有无穷的奥秘。学会从生活实际中发现数学规律,体会数
学美,体验探索的乐趣。
2. 养成收集资料、自主探索、合作交流的习惯;
3. 进一步体会从特殊到一般,由已知到未知,从有限到无限的
2、利用通项公式, 研究该数列的性

一、知识与技能目标:
理由:本
1.能够用自己是语言描述出数列、数列的项、数列的首项、通
节课的
项、项数的概念;
重点与
2.会用观察法求出数列的通项公式;
难点。
3.能够通过通项公式写出任意项;
4.能用自己的语言描述出数列分类的依据;
二、过程与方法目标:
1. 结合实例,通过观察、分析、归纳、猜想,让学生经历数列

n1
a n
(
. 1) n 1
2n
1
(1)写出它的前两
项,及第 10 项;
1、巡视学生的 完成情况。 2、对学生的展 示和评价要给 予及时的反馈。 3. 要 对 学 生 不 同的解题过程 和答案给出准 确的评价,总 结。
1、 学 生 先 独 立 完成例题, 然 后以小组为 单位统一答 案。

人教B版数学必修五:第2章数列章末整合学案含答案解析

人教B版数学必修五:第2章数列章末整合学案含答案解析

第二章 数列 章末整合知识概览对点讲练 知识点一 等差数列与等比数列的基本运算 例1 已知{a n }是各项为不同的正数的等差数列,lg a 1、lg a 2、lg a 4成等差数列.又b n =1a 2n,n =1,2,3,…. (1)证明:{b n }为等比数列; (2)如果数列{b n }的前3项的和等于724,求数列{a n }的通项公式a n 及数列{b n }的前n 项和T n .回顾归纳 在等差数列{a n }中,通常把首项a 1和公差d 作为基本量,在等比数列{b n }中,通常把首项b 1和公比q 作为基本量,列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列的常用方法.变式训练1 等差数列{a n }中,a 4=10,且a 3,a 6,a 10成等比数列,求数列{a n }前20项的和S 20.知识点二 数列的通项公式和前n 项和例2 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2a n +2n .(1)设b n =a n 2n -1.证明:数列{b n }是等差数列; (2)求数列{a n }的前n 项和.回顾归纳 递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决.把一般数列问题转化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法.变式训练2 已知数列{a n }的首项a 1=23,a n +1=2a n a n +1,n =1,2,…. (1)证明:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是等比数列; (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 的前n 项和S n .知识点三 等差数列与等比数列的综合运用例3 已知等差数列{a n }的首项a 1=1,公差d >0,且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1n (a n +3)(n ∈N *),S n =b 1+b 2+…+b n ,是否存在最大的整数t ,使得对任意的n 均有S n >t 36总成立?若存在,求出t ;若不存在,请说明理由.回顾归纳 数列的综合问题形式上看来比较复杂,实质上求数列的通项公式和前n 项和是解答这类综合问题的根本性问题和关键性所在.变式训练3 设数列{a n }的首项a 1=1,前n 项和S n 满足关系式:3tS n -(2t +3)S n -1=3t (t >0,n =2,3,4,…).(1)求证:数列{a n }是等比数列;(2)设数列{a n }的公比为f (t ),作数列{b n },使b 1=1,b n =f ⎝⎛⎭⎫1b n -1 (n =2,3,4,…).求数列{b n }的通项b n ;(3)求和:b 1b 2-b 2b 3+b 3b 4-b 4b 5+…+b 2n -1b 2n -b 2n ·b 2n +1.1.等差数列和等比数列各有五个量a 1,n ,d ,a n ,S n 或a 1,n ,q ,a n ,S n .一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a 1和d (或q ),问题可迎刃而解.2.数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑:(1)建立基本量的方程(组)求解;(2)巧用等差数列或等比数列的性质求解;(3)构建递推关系求解,有些数列问题还要涉及其它章节的知识求解,如函数的思想等.课时作业一、选择题1.数列{a n }的前n 项和S n =2n 2-3n +3,则a 4+a 5+…+a 10等于( )A .171B .21C .10D .1612.已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a n +2n ,则a 10等于( )A .1 024B .1 023C .2 048D .2 0473.已知一个等比数列首项为1,项数为偶数,其奇数项和为85,偶数项之和为170,则这个数列的项数为( )A .4B .6C .8D .104.已知等比数列{a n }的各项均为正数,数列{b n }满足b n =ln a n ,b 3=18,b 6=12,则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A .126B .130C .132D .134二、填空题5.三个数成等比数列,它们的和为14,积为64,则这三个数按从小到大的顺序依次为__________.6.一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27,则这个等差数列的公差是________.7.等比数列{a n }中,S 3=3,S 6=9,则a 13+a 14+a 15=______.三、解答题8.设数列{a n }的前n 项和为S n ,点⎝⎛⎭⎫n ,S n n (n ∈N *)均在函数y =3x -2的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =3a n a n +1,T n 是数列{b n }的前n 项和,求使得T n <m 20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .9.已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,且2a n +1=a n +2+a n (n ∈N *).数列{b n }的前n 项和为S n ,其中b 1=-32,b n +1=-23S n (n ∈N *). (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)若T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n,求T n 的表达式. 章末整合对点讲练例1 (1)证明 ∵lg a 1、lg a 2、lg a 4成等差数列,∴2lg a 2=lg a 1+lg a 4.即a 22=a 1a 4,设等差数列{a n }的公差为d ,则(a 1+d )2=a 1(a 1+3d ),整理得d 2=a 1d .∵d ≠0,∴a 1=d .∴a 2n =a 1+(2n -1)d =2n ·d ,∴b n =1a 2n =1d ·12n . ∴{b n }是以12d 为首项,12为公比的等比数列. (2)解 ∵b 1+b 2+b 3=12d ⎝⎛⎭⎫1+12+14=724, ∴d =3,∴a 1=d =3.∴a n =a 1+(n -1)d =3n ,b n =13·⎝⎛⎭⎫12n . T n =b 1+b 2+…+b n =16⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12=13⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n . 变式训练1 解 设数列{a n }的公差为d ,则a 3=a 4-d =10-d ,a 6=a 4+2d =10+2d ,a 10=a 4+6d =10+6d .由a 3,a 6,a 10成等比数列得a 3a 10=a 26,即(10-d )(10+6d )=(10+2d )2,整理得10d 2-10d =0,解得d =0或d =1.当d =0时,S 20=20a 4=200;当d =1时,a 1=a 4-3d =7,S 20=20a 1+20×192d =20×7+190=330. 例2 (1)证明 由已知a n +1=2a n +2n得b n +1=a n +12n =2a n +2n 2n =a n 2n -1+1=b n +1. ∴b n +1-b n =1,又b 1=a 1=1.∴{b n }是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解 由(1)知,b n =n ,a n 2n -1=b n =n .∴a n =n ·2n -1. ∴S n =1+2·21+3·22+…+n ·2n -1两边乘以2得:2S n =1×21+2·22+…+(n -1)·2n -1+n ·2n两式相减得:-S n =1+21+22+…+2n -1-n ·2n =2n -1-n ·2n =(1-n )2n -1∴S n =(n -1)·2n +1.变式训练2 (1)证明 ∵a n +1=2a n a n +1, ∴1a n +1=a n +12a n =12+12·1a n ,∴1a n +1-1=12⎝⎛⎭⎫1a n -1, 又a 1=23,∴1a 1-1=12.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是以12为首项,12为公比的等比数列. (2)解 由(1)知1a n -1=⎝⎛⎭⎫12n ,∴1a n =1+12n, ∴n a n =n +n 2n . 设T n =12+222+323+…+n 2n , 则12T n =122+223+…+n -12n +n 2n +1 ∴12T n =12+122+123+…+12n -n 2n +1 =12⎝⎛⎭⎫1-12n 1-12-n 2n +1=1-12n -n 2n +1=1-n +22n +1 ∴T n =2-n +22n .又1+2+3+…+n =12n (n +1). ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 的前n 项和S n =2-n +22n +n (n +1)2. 例3 解 (1)由题意得(a 1+d )(a 1+13d )=(a 1+4d )2,整理得2a 1d =d 2.∵a 1=1,解得(d =0舍),d =2.∴a n =2n -1 (n ∈N *).(2)b n =1n (a n +3)=12n (n +1)=12⎝⎛⎭⎪⎫1n -1n +1, ∴S n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1 =12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1n +1=n 2(n +1). 假设存在整数t 满足S n >t 36总成立,又S n +1-S n =n +12(n +2)-n 2(n +1)=12(n +2)(n +1)>0, ∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1=14为S n 的最小值,故t 36<14,即t <9. 又∵t ∈N *,∴适合条件的t 的最大值为8.变式训练3 (1)证明 由a 1=S 1=1,S 2=1+a 2,得a 2=3+2t 3t ,a 2a 1=3+2t 3t. 又3tS n -(2t +3)S n -1=3t ,①3tS n -1-(2t +3)S n -2=3t .②①-②,得3ta n -(2t +3)a n -1=0.∴a na n -1=2t +33t ,(n =2,3,…). ∴数列{a n }是一个首项为1,公比为2t +33t的等比数列. (2)解 由f (t )=2t +33t =23+1t, 得b n =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n -1=23+b n -1. ∴数列{b n }是一个首项为1,公差为23的等差数列. ∴b n =1+23(n -1)=2n +13. (3)解 由b n =2n +13,可知{b 2n -1}和{b 2n }是首项分别为1和53,公差均为43的等差数列. 于是b 1b 2-b 2b 3+b 3b 4-b 4b 5+…+b 2n -1b 2n -b 2n b 2n +1=b 2(b 1-b 3)+b 4(b 3-b 5)+b 6(b 5-b 7)+…+b 2n (b 2n -1-b 2n +1)=-43(b 2+b 4+…+b 2n ) =-43·12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53+4n +13=-49(2n 2+3n ). 课时作业1.D [a 4+a 5+…+a 10=S 10-S 3=161.]2.B [利用累加法及等比数列求和公式,可求得a 10=210-1=1 023,故选B.]3.C [设项数为2n ,公比为q .由已知S 奇=a 1+a 3+…+a 2n -1.①S 偶=a 2+a 4+…+a 2n .②②÷①得,q =17085=2, ∴S 2n =S 奇+S 偶=255=a 1(1-q 2n )1-q =1-22n1-2⇒2n =8.]4.C [∵{a n }是各项不为0的正项等比数列,∴b n =ln a n 是等差数列.又∵b 3=18,b 6=12,∴b 1=22,d =-2,∴S n =22n +n (n -1)2×(-2)=-n 2+23n , ∴(S n )max =-112+23×11=132.]5.2,4,8解析 设这三个数为a q ,a ,aq .由a q·a ·aq =a 3=64, 得a =4.由a q +a +aq =4q+4+4q =14. 解得q =12或q =2.∴这三个数为2,4,8. 6.5解析 S 偶=a 2+a 4+a 6+a 8+a 10+a 12;S 奇=a 1+a 3+a 5+a 7+a 9+a 11.则⎩⎪⎨⎪⎧S 奇+S 偶=354S 偶÷S 奇=32∶27,∴S 奇=162,S 偶=192, ∴S 偶-S 奇=6d =30,d =5.7.48 解析 易知q ≠1,∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 3=a 1(1-q 3)1-q=3S 6=a 1(1-q 6)1-q =9,∴S 6S 3=1+q 3=3,∴q 3=2. ∴a 13+a 14+a 15=(a 1+a 2+a 3)q 12=S 3·q 12=3×24=48.8.解 (1)依题意得S n n=3n -2,即S n =3n 2-2n . 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=3n 2-2n -[3(n -1)2-2(n -1)]=6n -5, 当n =1时,a 1=S 1=3×1-2=6×1-5,所以a n =6n -5 (n ∈N *).(2)由(1)得b n =3a n a n +1=3(6n -5)[6(n +1)-5]=12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n -5-16n +1,故 T n =12[(1-17)+(17-113)+…+(16n -5-16n +1)] =12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-16n +1, 因此,使得12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-16n +1<m 20 (n ∈N *)成立的m 必须满足12≤m 20,即m ≥10.故满足要求的最小正整数m 为10.9.解 (1)∵2a n +1=a n +2+a n ,∴数列{a n }是等差数列. ∴公差d =a 2-a 1=2.∴a n =2n -1.∵b n +1=-23S n ,∴b n =-23S n -1 (n ≥2). ∴b n +1-b n =-23b n .∴b n +1=13b n (n ≥2). 又∵b 2=-23S 1=1,∴b 2b 1=-23≠13. ∴数列{b n }从第二项开始是等比数列.∴b n =⎩⎨⎧ -32, n =1,⎝⎛⎭⎫13n -2, n ≥2.(2)∵n ≥2时,a n b n=(2n -1)·3n -2, ∴T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n =-23+3×30+5×31+7×32+…+(2n -1)×3n -2. ∴3T n =-2+3×31+5×32+7×33+…+(2n -1)×3n -1.错位相减并整理得T n =-23+(n -1)3n -1.。

人教B版必修5第二章数列章末回顾学案含答案

人教B版必修5第二章数列章末回顾学案含答案

本章回顾等差数列{a n } 等比数列{a n }定义 a n +1-a n =d (d 为常数) 等价形式a n +1+a n -1=2a n a n +1a n=q (q ≠0)(q 为常数) 等价形式a n +1·a n -1=a 2n (a n ≠0)通项公式 a n =a 1+(n -1)d 变形:a n =a m +(n -m )da n =a 1·q n -1变形:a n =a m ·q n -m 中项 a ,A ,b 成等差数列⇔A =a +b2(A 称为a ,b 的等差中项) a ,G ,b 成等比数列⇔G =±ab (ab >0) (G 称为a ,b 的等比中项) 前n 项和公式S n =na 1+n (n -1)2d =n (a 1+a n )2q =1时,S n =na 1q ≠1时,S n =a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q1-q基本性质若m +n =p +q ,则a m +a n =a p +a q若m +n =p +q ,则a m ·a n =a p ·a q若m +n =2p ,则a m +a n =2a p若m +n =2p ,则a m ·a n =a 2p {a n }是常数列⇔d =0{a n }是常数列⇔q =1{a n }递增⇔d >0 {a n }递增⇔⎩⎨⎧a 1>0q >1或⎩⎨⎧a 1<00<q <1{a n }递减⇔d <0{a n }递减⇔⎩⎨⎧a 1>00<q <1或⎩⎨⎧a 1<0q >1S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 成等差数列 S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 成等比数列(q ≠-1或m 为奇数)若项的下标成等差数列,则相应的项成等差数列 若项的下标成等差数列,则相应的项成等比数列若{a n },{b n }成等差数列,则{a n +b n },{a n -b n }成等差数列{a n },{b n }成等比数列,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ,⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n ,{a n ·b n }成等比数列一、取倒数法和取对数法求通项例1 已知数列{a n }满足a n +1=2n +1·a na n +2n +1,a 1=2.求a n . 解 对a n +1=2n +1a na n +2n +1两边取倒数得: 1a n +1=a n +2n +12n +1a n,∴1a n +1=1a n +⎝⎛⎭⎫12n +1. 令b n =1a n,则b n +1=b n +⎝⎛⎭⎫12n +1. ∴b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n -1) =⎝⎛⎭⎫121+⎝⎛⎭⎫122+⎝⎛⎭⎫123+…+⎝⎛⎭⎫12n =1-⎝⎛⎭⎫12n.∴a n =1b n =11-⎝⎛⎭⎫12n =2n2n -1.例2 在数列{a n }中,a n +1=3a 2n ,a 1=3.求a n .解 由已知,a n >0,对a n +1=3a 2n 两边取常用对数得:lg a n +1=2lg a n +lg 3. 令b n =lg a n .则b n +1=2b n +lg 3. ∴b n +1+lg 3=2(b n +lg 3). ∴{b n +lg 3}是等比数列, 首项是b 1+lg 3=lg 3+lg 3=2lg 3. ∴b n +lg 3=2n -1·(b 1+lg 3)=2n lg 3. ∴b n =(2n -1)lg 3=lg 32n -1=lg a n .∴a n =32n -1.二、运用恒等变形求数列前n 项和例3 已知数列{a n }的各项均为正数,S n 为其前n 项和,对于任意的n ∈N *满足2S n =3a n-3.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }的通项公式是b n =1log 3a n ·log 3a n +1,前n 项和为T n ,求证:对于任意的正数n ,总有T n <1.(1)解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2S n =3a n -3,2S n -1=3a n -1-3(n ≥2).故2(S n -S n -1)=2a n =3a n -3a n -1, 即a n =3a n -1 (n ≥2).故数列{a n }为等比数列,且q =3. 又当n =1时,2a 1=3a 1-3,∴a 1=3.∴a n =3n .(2)证明 b n =1n (n +1)=1n -1n +1.∴T n =b 1+b 2+…+b n=⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=1-1n +1<1.例4 已知数列{a n }的前n 项和S n ,对一切正整数n ,点(n ,S n )都在函数f (x )=2x +2-4的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =a n ·log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意,S n =2n +2-4,n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n +2-2n +1=2n +1, 当n =1时,a 1=S 1=23-4=4,也适合上式, ∴数列{a n }的通项公式为a n =2n +1,n ∈N *. (2)∵b n =a n log 2a n =(n +1)·2n +1,∴T n =2·22+3·23+4·24+…+n ·2n +(n +1)·2n +1,① 2T n =2·23+3·24+4·25+…+n ·2n +1+ (n +1)·2n +2.② ②-①得,T n =-23-23-24-25-…-2n +1+(n +1)·2n +2 =-23-23(1-2n -1)1-2+(n +1)·2n +2=-23-23(2n -1-1)+(n +1)·2n +2 =(n +1)·2n +2-23·2n -1=(n +1)·2n +2-2n +2=n ·2n +2.三、运用方程(组)的思想解数列问题例5 等差数列{a n }中,a 4=10,且a 3,a 6,a 10成等比数列,求数列{a n }前20项的和S 20.解 设数列{a n }的公差为d ,则a 3=a 4-d =10-d ,a 6=a 4+2d =10+2d , a 10=a 4+6d =10+6d .由a 3,a 6,a 10成等比数列得a 3a 10=a 26, 即(10-d )(10+6d )=(10+2d )2,整理得10d 2-10d =0,解得d =0或d =1. 当d =0时,S 20=20a 4=200.当d =1时,a 1=a 4-3d =10-3×1=7.∴S 20=20a 1+20×192d =20×7+190=330.例6 已知数列{a n }和{b n }满足a 1=m ,a n +1=λa n +n ,b n =a n -2n 3+49.(1)当m =1时,求证:对于任意的实数λ,数列{a n }一定不是等差数列;(2)当λ=-12时,试判断数列{b n }是否为等比数列.(1)证明 当m =1时,a 1=1,a 2=λ+1,a 3=λ(λ+1)+2=λ2+λ+2. 假设数列{a n }是等差数列,由a 1+a 3=2a 2, 得λ2+λ+3=2(λ+1),即λ2-λ+1=0,Δ=-3<0,∴方程无实根. 故对于任意的实数λ,数列{a n }一定不是等差数列.(2)解 当λ=-12时,a n +1=-12a n +n ,b n =a n -2n 3+49.b n +1=a n +1-2(n +1)3+49=⎝⎛⎭⎫-12a n +n -2(n +1)3+49=-12a n +n 3-29=-12⎝⎛⎭⎫a n -2n 3+49=-12b n . 又b 1=m -23+49=m -29,∴当m ≠29时,数列{b n }是以m -29为首项,-12为公比的等比数列;当m =29时,数列{b n }不是等比数列.四、运用函数的思想解数列问题例7 设b n =(1+r )q n -1,r =219.2-1,q =12,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2b n +1log 2b n 的最大项和最小项的值.解 log 2b n +1log 2b n =log 2[(1+r )q n ]log 2[(1+r )q n -1]=log 2(1+r )+n log 2qlog 2(1+r )+(n -1)log 2q =1+1n -20.2.记c n =log 2b n +1log 2b n,则c n =1+1n -20.2.作出函数y =1x -20.2+1的图象.易知:c 20<c 19<…<c 1<1,c 21>c 22>…>1. ∴最高点为(21,c 21),最低点(20,c 20).∴最大项为c 21,c 21=2.25,最小项为c 20,c 20=-4.五、构建数列模型解实际应用题例8 甲、乙两大超市同时开业,第一年的全年销售额为a 万元,由于经营方式不同,甲超市前n 年的总销售额为a2(n 2-n +2)万元,乙超市第n 年的销售额比前一年销售额多a ⎝⎛⎭⎫23n -1万元(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式;(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪一超市有可能被收购?如果有这种情况,将会出现在第几年?解 (1)设甲、乙两超市第n 年的销售额分别为a n ,b n . 则有:a 1=a ,n ≥2时:a n =a 2(n 2-n +2)-a2[(n -1)2-(n -1)+2]=(n -1)a .∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧a , n =1,(n -1)a , n ≥2.b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n -1) =a +a ⎝⎛⎭⎫23+a ⎝⎛⎭⎫232+…+a ⎝⎛⎭⎫23n -1 =⎣⎡⎦⎤3-2⎝⎛⎭⎫23n -1a ,(n ∈N *). (2)易知b n <3a ,所以乙将被甲超市收购, 由b n <12a n 得:⎣⎡⎦⎤3-2⎝⎛⎭⎫23n -1a <12(n -1)a . ∴n +4⎝⎛⎭⎫23n -1>7,∴n ≥7.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半,乙超市将被甲超市收购.例9 某油料库已储油料a t ,计划正式运营后的第一年进油量为已储油量的25%,以后每年的进油量为上一年底储油量的25%,且每年运出b t ,设a n 为正式运营第n 年底的储油量.(1)求a n 的表达式并加以证明;(2)为应对突发事件,该油库年底储油量不得少于23a t ,如果b =724a t ,该油库能否长期按计划运营?如果可以请加以证明,如果不行请说明理由.(取lg 2=0.30,lg 3=0.48).解 (1)依题意油库原有储油量为a t ,则a 1=(1+25%)a -b =54a -b ,a n =(1+25%)a n -1-b =54a n -1-b (n ≥2,n ∈N *),令a n -x =54(a n -1-x ),则a n =54a n -1-x4,于是b =x 4,即x =4b ,∴a n -4b =54(a n -1-4b ),∴数列{a n -4b }是公比为54,首项为54a -5b 的等比数列.a n -4b =(a 1-4b )⎝⎛⎭⎫54n -1=⎝⎛⎭⎫54a -b -4b ⎝⎛⎭⎫54n -1 =⎝⎛⎭⎫54na -5b ·⎝⎛⎭⎫54n -1, ∴a n =⎝⎛⎭⎫54na +4b -5b ⎝⎛⎭⎫54n -1 =⎝⎛⎭⎫54na -4b ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n -1. (2)若b =724a t 时,该油库第n 年年底储油量不少于23a t ,即⎝⎛⎭⎫54n a -⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n -1×4×724a ≥23a ,即⎝⎛⎭⎫54n ≤3,∴n ≤log 54 3=lg 31-3lg 2=0.481-3×0.3=4.8,可见该油库只能在5年内运营,因此不能长期运营.1.等差数列性质多,三点共线可求和例1 在等差数列{a n }中,S 10=20,S 50=200,求S 2 010的值.解 由S n =An 2+Bn ,知S n n=An +B ,所以点⎝⎛⎭⎫n ,S n n 在直线y =Ax +B 上,于是点⎝⎛⎭⎫10,S 1010,⎝⎛⎭⎫50,S 5050,⎝⎛⎭⎫2 010,S 2 0102 010三点共线,∴S 5050-S 101050-10=S 2 0102 010-S 50502 010-50成立. 把S 10=20,S 50=200代入上式,解得:S 2 010=205 020.2.数列图象莫轻视,大题小作显神奇例2 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1>0,S 12>0,S 13<0,指出S 1,S 2,…,S 12中哪一个值最大,并说明理由?解 ∵{a n }是等差数列,∴S n =d2n 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2n , ∵S 12>0,S 13<0.∴a 13=S 13-S 12<0, ∵a 1>0,a 13<0,∴d<0.∴点(n ,S n )分布在开口方向向下的抛物线y =d2x 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2x 的图象上.设二次函数y =d2x 2+⎝⎛⎭⎫a 1-d 2x 的对称轴为n 0,则2n 0是二次函数的一个零点. ∵S 12>0,S 13<0, ∴12<2n 0<13,∴6<n 0<6.5.易知n =6对应的A 点(6,S 6)与对称轴的距离比n =7对应的B 点(7,S 7)与对称轴的距离更小.∴A 点为最高点,S 6最大.。

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第二章数列
学习目标 1.整合知识结构,梳理知识网络,进一步巩固、深化所学知识.2.提高解决等差数列、等比数列问题的能力,培养综合运用知识解决问题的能力.
知识点一梳理本章的知识网络
知识点二对比归纳等差数列和等比数列的基本概念和公式
知识点三本章公式推导和解题过程中用到的基本方法和思想
1.在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了________法和________法;
2.在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了________________和________________.
3.等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意____个求其余____个,用到了方程思想.
4.在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时,都用到了________思想.
5.等差数列和等比数列在很多地方是相似的,发现和记忆相关结论时用到了类比.
类型一 方程思想求解数列问题
例1 设{a n }是公比大于1的等比数列,S n 为数列{a n }的前n 项和.已知S 3=7,且a 1+3,3a 2,
a 3+4构成等差数列.
(1)求数列{a n }的通项;
(2)令b n =ln a 3n +1,n =1,2,…,求数列{b n }的前n 项和T n .
反思与感悟 在等差数列和等比数列中,通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量:a 1,
a n ,n ,q (d ),S n ,其中首项a 1和公比q (公差d )为基本量,“知三求二”是指将已知条件转
换成关于a 1,a n ,n ,q (d ),S n 的方程组,通过方程的思想解出需要的量.
跟踪训练1 记等差数列{}a n 的前n 项和为S n ,设S 3=12,且2a 1,a 2,a 3+1成等比数列,求S n .
类型二 转化与化归思想求解数列问题 例2 在数列{a n }中,S n +1=4a n +2,a 1=1. (1) 设c n =a n
2n ,求证:数列{c n }是等差数列;
(2) 求数列{a n }的通项公式及前n 项和的公式.
反思与感悟 由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种,一种求法是先找出数列的前几项,通过观察、归纳得出,然后证明;另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列,再采用公式求出.
跟踪训练2 设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1+2a 2+3a 3+…+na n =(n -1)S n +2n (n ∈N +). (1)求a 2,a 3的值;
(2)求证:数列{S n +2}是等比数列.
类型三 函数思想求解数列问题
命题角度1 借助函数性质解数列问题
例3 已知等差数列{a n }的首项a 1=1,公差d >0,且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =
1n a n +3 (n ∈N +),S n =b 1+b 2+…+b n ,是否存在t ,使得对任意的n 均有S n >
t
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总成立?若存在,求出最大的整数t ;若不存在,请说明理由.
反思与感悟 数列是一种特殊的函数,在求解数列问题时,若涉及参数取值范围、最值问题。

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