高中数学：第2章 数列 2-5-2

以 n≥6. 答案：6
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【解】 (1)由 an＋1＝n2＋n1an，知na＋n＋11＝12·ann，
∴{ann}是以21为首项、21为公比的等比数列．
(2)由(1)知{ann}是首项为12，公比为12的等比数列，
∴ann＝(12)n，∴an＝2nn，
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知识点 3 房贷中的数学
一般地，购买一套售价为 a 元的商品房，采用分期付款时要求在 m 个月内将款全部 付清，月利率为 p，分 n(n 是 m 的约数)次付款，那么每次付款的计算公式是
m
a（1＋p）m[（1＋p）
x＝
（1＋p）m－1
n
－1] .
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02 数列
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§2.5 等比数列的前n项和
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第二课时 等比数列的前n项和（二）
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∴{an}是从第二项开始以－2 为首项，－2 为公比的等比数列，故当 n≥2 时，an＝(－ 2)n－1，经验证，当 n＝1 时，上式也适合，
∴an＝(－2)n－1. 答案：(1)A (2)(－2)n－1
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【解析】 (1)依题意有 n≥2 时，an－an－1＝2n，所以 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n＋2n－1＋…＋22＋2＝2（11－－22n）＝2n＋1－2. 又当 n＝1 时，an＝21＋1－2＝2，当 n＝1 时上式也适合， ∴an＝2n＋1－2. (2)当 n≥2 时，an＝aan－n 1·aann－－12·…·aa21·a1 ＝n－n 1·nn－ －21·…·21×1＝n1，
∵{an}是等差数列，∴1＋p＋q＝2×1－1＋p， 解得 q＝0.
又 a2＝3＋p，a3＝5＋p，a5＝9＋p，
且 a2，a3，a5 成等比数列，
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∴a32＝a2a5， 即(5＋p)2＝(3＋p)(9＋p)，解得 p＝－1. (2)由(1)得 an＝2n－2.所以 an＋log2n＝2n－2＋log2n＝log222n－2＋log2n＝log2(n·22n－2) ＝log2bn. ∴bn＝n·22n－2＝n·4n－1. ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1×40＋2×4＋3×42＋…＋n·4n－1，① 4Tn＝1×4＋2×42＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，② ①－②，得－3Tn＝1＋4＋42＋…＋4n－1－n·4n
知识点 4 对于{等差·等比}形式的数列求和，常用错位相减法．
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重点 1：学会由 Sn 求 an，或用两个恒等式求 an，学会用错位相减法求和． 重点 2：了解数列知识在贷款及储蓄中的应用．
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导悟 1 “已知 Sn，求 an”，需分段讨论，最后结果若不能合为一个式子，则写成分 段函数的形式．
∴Sn＝211＋222＋…＋2nn，①
则12Sn＝212＋223＋…＋2nn＋1，②
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导拨 如果数列的项由等差与等比的两部分的积构成，可通过乘以(或除以)公比错 位相减，转化为等比数列的求和问题，简称“错位相减法”．
【例 4】 (2019 年合肥质检)在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝n＋2n1an，n∈N*. (1)求证：数列{ann}为等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
导悟 2 运用“两个恒等式”解题．
【例 2】 (1)如果数列{an}满足 a1＝2，当 n≥2 时，an＝an－1＋2n，那么 an＝__________．
(2)如果数列{an}满足
a1＝1，当
n≥2
时， an ＝n－1，那么 an－1 n
an＝__________．
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导悟 3 运用等比数列解决实际问题．
【例 3】 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司 2015 年全年 投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公 司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是( )
－a1)＋a1 求之．
当已知数列中相邻两项的商的递推关系式，即aan＋n 1＝f(n)(n∈N*)时，通常采用累乘法
求其通项，其方法是利用恒等式 an＝aan－n 1×aann－ －12×…×aa21×a1 求之．
累加、乘法最后都要验证 n＝1 是否成立，最后结果若不能合为一个式子，则写成分 段函数的形式．
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强化训练 1 (1)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则 a6＝( )
A．3×44
B．3×44＋1
C．43
D．43＋1
(2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝32an＋31，则{an}的通项公式是 an＝________．
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强化训练 2 已知数列{an}中，a1＝20，an＋1＝an＋2n－1，n∈N*，则数列{an}的通 项公式 an＝________．
解析：由题意，当 n≥2 时，
an－an－1＝2(n－1)－1， 则 a2－a1＝2－1，a3－a2＝2·2－1，…， an－an－1＝2(n－1)－1， 叠加消项得 an－a1＝2·（n－21）n－(n－1) ⇒an＝n2－2n＋21. 当 n＝1 时，同样成立．故 an＝n2－2n＋21. 答案：n2－2n＋21
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【例 5】 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn＝n2＋pn＋q(p，q∈R)，且 a2，a3，a5 成等比数列．
(1)求 p，q 的值；
(2)若数列{bn}满足 an＋log2n＝log2bn，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)依题意知，a1＝S1＝1＋p＋q， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋pn＋q－[(n－1)2＋ p(n－1)＋q]＝2n－1＋p，
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经典品质/超越梦想 ①－②得：12Sn＝12＋212＋213＋…＋21n－2nn＋1 ＝1－n2＋n＋21 ， ∴Sn＝2－n＋2n 2.
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强化训练 4 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比 q>0，S2＝2a2－2，S3＝ a4－2.
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1．知识与技能 会求等比数列的前 n 项和，并能运用公式解决简单问题． 2．过程与方法 发现变形转化后的等比关系，会用等比数列的前 n 项和公式求和；领会实际问题转 化为数学问题的方法． 3．情感、态度与价值观 让学生在变形转化中领会数学化归思想的奥秘与乐趣，提高学生学习数学的积极性， 形成良好的学习习惯与品质．
【例 1】 (1)数列{an}的前 n 项和 Sn＝(－1)n＋1n，求 an； (2)数列{an}的前 n 项和 Sn＝3＋2n，求 an.
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经典品质/超越梦想 【解】 (1)当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1n－(－1)n(n－1) ＝(－1)n(1－2n)， 当 n＝1 时，a1＝S1＝(－1)2×1＝1， 上式中 a1＝(－1)1(1－2)＝1， ∴an＝(－1)n(1－2n)． (2)当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－1， 当 n＝1 时，a1＝S1＝3＋21＝5， 上式中 a1＝21－1＝1，
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知识点 1 对任意数列{an}，若它的前 n 项和为 Sn，则 an＝SS1n－（ Sn－n1＝1（）n，≥2）. 知识点 2 两个重要的恒等式 (1)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1； (2)an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1.
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∴an＝52n－1（n（＝n1≥）2，）.
【评析】 对于已知 Sn，求 an，即已知数列的前 n 项和公式，求数列的通项公式， 其方法是利用 an＝Sn－Sn－1(n≥2)，这里常常因忽略了条件 n≥2 而出错，必须验证 n＝1 时是否也成立，否则通项公式只能用分段函数 an＝SS1n－（Sn－n1＝1（）n，≥2）来表示．
由于 a1＝1，则 an＝13， ·n4＝n－21，，n≥2，于是 a6＝3×44. (2)当 n＝1 时，a1＝S1＝23a1＋13， 解得 a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝32an＋31－(23an－1＋31)＝32an－32an－1，即 an＝－2an－1，a2＝S2
－S1＝32a2＋13－23a1－13，解得 a2＝－2，
又 n＝1 时满足上式，∴an＝1n.
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【答案】
(1)2n＋1－2
1 (2)n
【评析】 当已知数列中相邻两项的差的递推关系式，即 an＋1－an＝f(n)(n∈N*)时，
通常采用累加法求其通项，其方法是利用恒等式 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2
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解析：(1)已知 an＋1＝3Sn，则当 n≥2 时，an＝3Sn－1，两式作差，得 an＋1－an＝3(Sn－ Sn－1)，即 an＋1＝4an，也即数列从第 2 项起，是以 a2＝3 为首项，4 为公比的等比数列， 从而 an＝3·4n－2，n≥2.
【答案】 B
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强化训练 3 某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树 的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(n∈N*)等于________．
解析：设每天植树的棵数组成的数列为{an}，由题意可知它是等比数列，且首项为 2， 公比为 2，所以由题意可得2（11－－22n）≥100，即 2n≥51，而 25＝32，26＝64，n∈N*，所
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ann，求{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)S2＝2a2－2，① S3＝a4－2，② ②－①得 a3＝a4－2a2，则 q2－q－2＝0， 又∵q>0，∴q＝2.
∵S2＝2，∴a1＋a2＝2a2－2， ∴a1＋a1q＝2a1q－2， ∴a1＝2.∴an＝2n.
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A．2018 年
B．2019 年
C．2020 年
D．2021 年
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【解析】 设 x 年后该公司全年投入的研发资金超过 200 万元，由题可知，130(1＋ 12%)x>200，解得 x>log1.12210300＝lg2lg－1.l1g21.3≈3.80，因资金需超过 200 万，则 x 取 4，即从 2019 年该公司全年投入的研发资金超过 200 万，故选 B.
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经典品质/超越梦想 (2)由(1)知 bn＝2nn， ∴Tn＝21＋222＋233＋…＋n2－n－11 ＋2nn， 21Tn＝212＋223＋234＋…＋n－2n 1＋2nn＋1. 错位相减得 21Tn＝12＋212＋213＋214＋…＋21n－2nn＋1， 可得 Tn＝2－n＋2n2.
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