高中数学必更改版修五课件：第二章《数列章末归纳整合》(人教A版必修5)

1．观察法，就是观察数列特征，找出各项共同 的构成规律，归纳出通项公式；
2．递推公式法，就是根据数列的递推公式，采 用迭代、叠加、累乘、转化等方法产生an与a1(或Sn) 的关系，得出通项公式；
3 ． 前 n 项 和 公 式 法 ， 就 是 利 用 an ＝
S1 Sn－Sn－1
(n＝1) (n≥2)
∵n＝1 时，a1＝31－2 1＝1， ∴an＝3n－2 1.
方法点评：如果给出数列{an}的递推公式
为an＝an－1＋f(n)型时，并且{f(n)}容易求和，
这时可采用ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ加法．
【例 3】 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n＋n 2an，
求数列{an}的通项公式 an. 解：由 a1＝2，an＋1＝n＋n 2an，∴aan＋n 1＝n＋n 2.
即an＝n(n＋1)． 当n＝1时，a1＝2适合上式． 故an＝n(n＋1)(n∈N*)．
方法点评：
如果数列
{an}的递推公式为
an＋1＝ an
f(n)型时，并且{f(n)}容易求前 n 项的积，这时可采
用迭乘法．
【例 4】 已知数列{an}中 a1＝1，an＋1＝a2n＋an2， 则通项公式 an＝________.
(2)善于对比学习．学习等差数列后，再学等比 数列时，可以等差数列为模型，从等差数列研究过 的问题入手，再探求出等比数列的相应问题，两相 对照，可以发现，在这两种数列的定义、一般形 式、通项形式、中项及性质中，用了一些相类似的 语句和公式形式，但内容却不相同，之所以有这样 的区别，原因在于“差”与“比”不同．通过对比学 习，加深了对两种特殊数列本质的理解，会收到事 半功倍的效果．
解析：将 an＋1＝a2n＋an2两边取倒数，得an1＋1＝an2＋an2＝
1＋ 1 ，∴ 1 － 1 ＝1，
2 an
an＋1 an 2
∴数列a1n是首项为a11＝1，公差为12的等差数列，
∴a1n＝1＋(n－1)×12＝n＋2 1，∴an＝n＋2 1. 答案：n＋2 1
方法点评：根据已知条件构造一个与an有关的 新的数列，通过新数列通项公式的求解求得{an}的通 项公式．新的数列往往是等差数列或是等比数 列．例如形如an＝pan－1＋q(p，q为常数)的形式，往 往变为an－λ＝p(an－1－λ)，构成等比数列．求an－λ 通项公式，再求an.
1
时，Sn－1＝S0，而与前n项和定义矛盾．可见an＝Sn －Sn－1所确定的an，当n＝1时的a1与S1相等时，an才 是通项公式，否则要用分段函数表示为
an＝SS1n－Sn－1
(n＝1)， (n≥2).
【例2】 已知数列{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)． (1)求 a2，a3；(2)证明 an＝3n－2 1.
【例5】 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对 任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且 b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当 b＝2 时，记 bn＝n4＋an1(n∈N*)，求数列{bn}
的前 n 项和 Tn.
解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时， Sn－1＝bn－1＋r， 所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b>0且 b≠1，所以当n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列， 又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
(1)解：∵a1＝1， ∴a2＝3＋1＝4，a3＝32＋4＝13. (2)证明：由已知an－an－1＝3n－1，令n分别取 2,3,4，…，n得
a2－a1＝31， a3－a2＝32， a4－a3＝33，
…
an－an－1＝3n－1，
以上 n－1 个式子相加，得 an－a1＝31＋32＋…＋3n－1 ∴an＝3n－2 1，
aa12＝b，即b(bb＋－r1)＝b，解得 r＝－1.
(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1， 当b＝2时，an＝2n－1，
所以 bn＝4×n＋2n1－1＝n2＋n＋11 . Tn＝222＋233＋244＋…＋n2＋n＋11 ， 12Tn＝223＋234＋…＋2nn＋1＋n2＋n＋12 ， 两式相减得12Tn＝222＋213＋214＋…＋2n1＋1－n2＋n＋12
，求通项公式的方法，这里应
当注意检验 n＝1 是否符合 n≥2 时的形式．
【例 1】 设 Sn 为数列{an}的前 n 项的和，且 Sn ＝32(an－1)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
解：∵Sn＝32(an－1)， ∴当 n＝1 时，S1＝a1＝32(a1－1)，解得 a1＝3. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝32(an－1)－32(an－1－1)，得
2．与等比数列有关的实际应用题 【例8】 某人贷款5万元，分5年等额还清，贷 款年利率为5%，按复利计算，每年需还款多少元？ (精确到1元) 解：设每年还款x万元． 第一年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋ 0.05)4万元． 第二年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋ 0.05)3万元．
第三年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋ 0.05)2万元．
题型二 数列求和
数列求和问题，是历年高考重点考查的内容之
一，当然最基本的还是等差、等比数列的求和，直
接利用前n项和公式来解决，我们一般称之为公式 法．在此基础上，对于一些特殊的数列．我们有如
下几种常用的求和方法：
1．分组法：若数列{an}的通项公式形如an＝bn ＋cn(也可是多项之和)，而数列{ bn}，{cn}是等差或 等比数列，那么，数列{an}的前n项和不就迎刃而解 了吗！
(3)
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n.
5．倒序相加法 将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列 相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于 求得，则这样的数列可用倒序相加法求和，它是等 差数列求和公式的推广．
以上是我们常用的几种求和方法，而每一种方 法各有其适合的数列，观察通项公式的特点，是正 确选用求和方法的关键．
＝12＋213×11－－122n1－1－n2＋n＋21＝34－2n1＋1－n2＋n＋21， 故 Tn＝32－21n－n2＋n＋11＝32－n2＋n＋13.
方法点评：在第一问中，因为{an}是等比数列， 所以有aa12＝aan＋n 1(n≥2)，注意此思想方法．第二问 则采用了错位相减法求和．
【例6】 等差数列{an}的各项均为正数，a1 ＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且 b2S2＝64，b3S3＝960.
方法点评：本题的难度不大，但失分的同学大有 人在．产生错误的主要原因有：①缺乏基本量意识， 不能正确列出方程组，或计算错误；②忽视条件“数 列{an}的公差 d>0”，使问题复杂化；③裂项求和致 误，特别是“裂项”后，找不准确相互抵消的是哪些 项，剩下的是哪些项．解决这个问题的一个有效方法 是把每一个裂项的第一个写在一起，第二个写在一
an ＝3， an－1
∴当n≥2时，数列{an}是以3为公比的等比数 列，且首项a2＝3a1＝9.
∴当n≥2时，an＝9·3n－2＝3n.显然n＝1时也成 立．
故数列的通项公式为an＝3n(n∈N*)． 方法点评：已知数列的前n项和公式，求数列的
通项公式，其方法是an＝Sn－Sn－1(n≥2)．这里常常 因为忽略了n≥2的条件而出错，即由an＝Sn－Sn－1 求得an时的n是从2开始的自然数，否则会出现当n＝
(1)求an与bn；
(2)求S11＋S12＋…＋S1n的值．
解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d 为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，
依题意，有SS23bb23＝ ＝((69＋ ＋d3)dq)＝ q2＝649，60.
解之得qd＝ ＝82， ， 或dq＝ ＝－ 43065. ，
取 n＝1,2,3，…，n－1 得
aa12＝31，aa32＝42，aa34＝53，…
aann－ －12＝n－n
2，aan－n 1＝nn＋ －
1 1.
把上述各式两边分别相乘，得：
aa12·aa32·aa43·…·aann－ －12·aan－n1＝31·42·53·…·n－n 2·nn＋ －11，
∴aa1n＝n(n2＋1)，∴an＝n(n2＋1)a1，
第四年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋ 0.05)万元，
第五年偿还的x万元，还清贷款时仍为x万元． 于是x(1＋0.05)4＋x(1＋0.05)3＋x(1＋0.05)2＋x(1 ＋0．05)＋x＝5(1＋0.05)5，
(3)要重视数学思想方法的指导作用．本章蕴含 丰富的数学观点、数学思想和方法，学习时应给予 充分注意，解题时多考虑与之相联系的数学思想方 法．
要点整合
题型一 求数列的通项公式
数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函 数中的解析式一样，有了解析式就可以研究函数的 性质，而有了数列的通项公式便可以求出任何一 项．所以研究数列的通项往往是解题的关键点和突 破口，常用的求数列通项公式的方法有：
则S＝2(a3＋a6＋…＋a30) ＝2(a3＋a3＋150×1＋…＋a3＋150×9)
＝2(10a3＋150×1＋2 9×9)＝35.5(千米)， 即这辆汽车的行程为35.5千米．
方法点评：对于与等差数列有关的应用题．要 善于发现“等差”的信息，如“每一年比上一年多 (少)”“一个比一个多(少)”等，此时可化归为等差数 列，明确已知a1，an，n，d，Sn中的哪几个量，求哪 几个量，选择哪一个公式．
舍去
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)．
所以S11＋S12＋…＋S1n ＝1×1 3＋2×1 4＋3×1 5＋…＋n(n1＋2) ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋n1－n＋1 2 ＝121＋12－n＋1 1－n＋1 2＝34－2(n＋2n1＋)(n3＋2).
2．学习数列应注意的问题 (1)在学习时，应多结合实例，通过实例去理解 数列的有关概念．数列与函数密切相关，多角度比 较两者之间的异同，加深对两方面内容的理解．在 解题或复习时，应自觉地运用函数的思想方法去思 考和解决数列问题，特别是对等差或等比数列的问 题．运用函数思想方法以及利用它所得到的许多结 论，不仅可以深化对数列知识的理解．而且可使这 类问题的解答更为快速、合理．
起，即1＋12＋…＋n1－13＋14＋…＋n＋1 2，这样就清 楚地看到被消掉的和剩下的项了，解答也就不困难 了．
解数列应用题的基本步骤：
题型三 数列应用题
解数列应用题的基本步骤：
1．与等差数列有关的实际应用题 【例7】 有30根水泥电线杆，要运往1 000米远 的地方安装，在1 000米处放一根，以后每50米放一 根，一辆汽车每次只能运三根，如果用一辆汽车完 成这项任务(完成任务后回到原处)，那么这辆汽车的 行程共为多少千米？
章末归纳整合
知识网络
要点归纳
1．数列的分类
数列名称
有穷数列 无穷数列
分类条件 以数列的项数有限无限为根据来分
递增数列 递减数列
常数列
恒有an<an＋1(n∈N＋) 恒有an>an＋1(n∈N＋) 恒有an＝an＋1(n∈N＋)
摆动数列
有界数列 无界数列
有时an>an＋1，有时an<an＋1(n∈N＋) 能够找到一个正数A，使|an|≤A成立 不能找到一个正数A，使|an|≤A成立
2．错位相减法：若数列{an}是通项公式形如an ＝bn·cn，而{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，则可 采用此法.
3．并项法：一般用于摆动数列的求和问题． 4．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负项相消 剩下首尾若干项；常见的拆项公式有：
(1)n(n1＋1)＝n1－n＋1 1.
(2)(2n－1)1(2n＋1)＝122n1－1－2n1＋1.
解：如图所示，
假定30根水泥电线杆存放在M处，则
a1＝MA＝1 000， a2＝MB＝1 050， a3＝MC＝1 100， a6＝a3＋50×3＝1 250，
……
a30＝a3＋150×9， 由于一辆汽车每次只能装3根，故每运一次只能
到a3，a6，a9，…，a30，这些地方，这样组成公差为 150，首项为1 100的等差数列，令汽车的行程为S，