高中数学 第二章 数列章末复习课学案 苏教版必修5

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 对比归纳等差数列和等比数列的基本概念和公式
S n ＝
n a 1＋a n
2
＝na 1＋
n n －
2
d
q ≠1时，S n ＝
a 1
－q
n
1－q
＝
a 1－a n q
1－q
， q ＝1时，S n ＝na 1
知识点二 数列中的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________________法和________________法．
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．
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构成等差数列公式．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(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，n ∈N *
，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a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)．
(1)求a2，a3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a1＝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＝1
n a n＋(n∈N*)，S n＝b1＋b2＋…＋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 ＋3
3x
，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 2
1＝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 2－29
2n (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{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且b 1＝0，c n ＝a n ＋b n ，若数列{c n }是1,1,2，…，则数列{c n }的前10项和为________．
4．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 知识点二 1．累加 累乘 2．倒序相加 错位相减 3．三 两 4．函数 题型探究
例1 解 (1)由已知得
⎩
⎪⎨⎪
⎧
a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋＋a 3＋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＝2
q
，a 3＝2q ，
又S 3＝7，可知2
q
＋2＋2q ＝7，
即2q 2
－5q ＋2＝0.
解得q 1＝2，q 2＝1
2.由题意得q ＞1，
∴q ＝2，∴a 1＝1.
故数列{a n }的通项公式为a n ＝2
n －1
.
(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，∴数列{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n b 1＋b n
2
＝
3n n ＋
2
·ln 2.
故T n ＝
3n n ＋
2
ln 2.
跟踪训练1 解 设数列{}a n 的公差为d ，
依题设有
⎩
⎪⎨⎪⎧
2a 1a 3＋＝a 2
2，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 ＝1
2n (3n －1)或S n ＝2n (5－n )．
例2 (1)证明 由S n ＋1＝4a n ＋2， ① 则当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2.
②
①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1. 对a n ＋1＝4a n －4a n －1两边同除以2
n ＋1
，得
a n ＋1
2
n ＋1
＝2a n 2n －a n －1
2n －1，
即
a n ＋12
n ＋1
＋a n －1
2n －1＝2a n
2
n ， 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＝5
4
，
故公差d ＝54－12＝34
，
∴ {c n }是以12为首项，3
4
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3
4的等差数列．
∴a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －1
4
， 即数列{a n }的通项公式是a n ＝(3n －1)·2
n －2
.
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)·2
n －1
，
S n ＝2S n －S n
＝－(3－1)·2－1
－3(20
＋21
＋…＋2n －2
)＋(3n －1)·2
n －1
＝－1－3×
2n －1
－12－1
＋(3n －1)·2n －1
＝－1＋3＋(3n －4)·2n －1
＝2＋(3n －4)·2
n －1
.
∴ 数列{a n}的前n项和公式为S n＝2＋(3n－4)·2n－1.
跟踪训练2 (1)解∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n
＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，
∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. (2)证明∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)，①∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(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)．
∵S1＋2＝4≠0，∴S n－1＋2≠0，
∴
S n＋2
S n－1＋2
＝2，
故{S n＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
例3 解(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.∵d>0，∴d＝2.
∵a1＝1.∴a n＝2n－1 (n∈N*)．
(2)b n＝1
n a n＋＝
1 2n n＋
＝1
2⎝
⎛⎭⎪⎫1
n
－
1
n＋1，
∴S n＝b1＋b2＋…＋b n
＝1
2⎣
⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－
1
2
＋
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
－
1
3
⎦⎥
⎤＋…＋
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
n
－
1
n＋1
＝1
2⎝
⎛⎭⎪⎫
1－
1
n＋1＝
n
n＋
.
假设存在整数t满足S n>t
36
总成立，
又S n ＋1－S n ＝n ＋1n ＋－n n ＋
＝
1
n ＋
n ＋
>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)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，
即4a 5＝a 3，于是q 2
＝a 5a 3＝14
.
又{a n }不是递减数列且a 1＝3
2，
所以q ＝－1
2
.
故等比数列{a n }的通项公式为
a n ＝3
2×(－12)n －1＝(－1)n －1·32
n .
(2)由(1)得S n
＝1－(－1
2)n
＝⎩⎪⎨⎪⎧
1＋1
2n
，n 为奇数，1－1
2n
，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＝3
2
.
故0＜S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝5
6.
当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以3
4
＝S 2≤S n ＜1，
故0＞S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－7
12
.
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－7
12.
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|)， 下面分情况讨论：
①当2－a 1≥0时，(2－a 1)2
＝a 1[2－(2－a 1)]＝a 2
1⇒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 2
1－8a 1＋4＝0⇒a 2
1－4a 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 ＋1＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a n ＝2
a n ＋3
3a n
＝2＋3a n 3＝a n
＋23，
∴a n ＋1－a n ＝2
3
，
∴{a n }是以2
3为公差的等差数列．
又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋1
3
.
(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) ＝－4
3(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 3 3.978 4．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.。