版高中数学 第二章 数列章末复习课学案 苏教版必修5.docx

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版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

等差数列

等比数列

定义

如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示.

如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．

递推公式

an＋1－an＝d

＝q

中项

由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时A叫做a与b的等差中项，并且A＝

如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，且G＝±

通项公式

an＝a1＋（n－1）d

an＝a1qn－1

前n项和公式

Sn＝

＝na1＋d

q≠1时，Sn＝

＝，

q＝1时，Sn＝na1

性质

am，an的关系

am－an＝（m－n）d

＝qm－n

m，n，s，t∈N*，m＋n＝s＋t

am＋an＝as＋at

aman＝asat

性质

{kn}是等差数列，且kn∈N*

{akn}是等差数列

{akn}是等比数列

n＝2k－1，k∈N*

S2k－1＝（2k－1）·ak

a1a2·…·a2k－1＝a

判断方法

利用定义

an＋1－an是同一个常数

是同一个常数

利用中项

an＋an＋2＝2an＋1

anan＋2＝a

利用通项公式

an＝pn＋q，其中p、q为常数

an＝abn（a≠0，b≠0）

利用前n项和公式

Sn＝an2＋bn（a，b为常数）

Sn＝A（qn－1），其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np（p为非零常数）

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{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列公式．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.

反思与感悟　在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：

a1，an，n，q（d），Sn，其中首项a1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a1，an，n，q（d），Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量．

跟踪训练1　记等差数列的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.

类型二　转化与化归思想求解数列问题

例2　在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，n∈N*，a1＝1.

（1）设cn＝，求证数列{cn}是等差数列；

（2）求数列{an}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{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）Sn＋2n（n∈N*）．

（1）求a2，a3的值；

（2）求证：

数列{Sn＋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{an}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{an}的通项公式；

（2）设bn＝（n∈N*），Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>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　已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设Tn＝Sn－（n∈N*），求数列{Tn}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{an}满足an＋1＝f（an），n∈N*.

（1）若a1＝0，求a2，a3，a4；

（2）若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1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）＝，数列{an}满足

a1＝1，an＋1＝f，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.

1．设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和（n∈N*），且S＝9S2，S4＝4S2，则数列{an}的通项公式是________．

2．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－n（n＝1,2,3，…），则此数列的通项公式为________；数列{nan}中数值最小的项是第________项．

3．设{an}为等比数列，{bn}为等差数列，且b1＝0，cn＝an＋bn，若数列{cn}是1,1,2，…，则数列{cn}的前10项和为________．

4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a3＋b3＝17，T3－S3＝12，求{an}、{bn}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

解得a2＝2.

设数列{an}的公比为q，由a2＝2，

可得a1＝，a3＝2q，

又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，

即2q2－5q＋2＝0.

解得q1＝2，q2＝.由题意得q＞1，

∴q＝2，∴a1＝1.

故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

（2）由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，

由

（1）得a3n＋1＝23n，

∴bn＝ln23n＝3nln2.

又bn＋1－bn＝3ln2，∴数列{bn}是等差数列，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln2.

故Tn＝ln2.

跟踪训练1　解　设数列的公差为d，

依题设有

即

解得或

因此Sn＝n（3n－1）或Sn＝2n（5－n）．

例2　

（1）证明　由Sn＋1＝4an＋2，①

则当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2.②

①－②得an＋1＝4an－4an－1.

对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n＋1，得

＝2－，

即＋＝2，

即cn＋1＋cn－1＝2cn，

∴数列{cn}是等差数列．

由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，则a2＝3a1＋2＝5，

∴c1＝＝，c2＝＝，

故公差d＝－＝，

∴{cn}是以为首项，为公差的等差数列．

（2）解　由

（1）可知数列{}是首项为，公差为的等差数列．

∴＝＋（n－1）＝n－，

即数列{an}的通项公式是an＝（3n－1）·2n－2.

设Sn＝（3－1）·2－1＋（3×2－1）·20＋…＋（3n－1）·2n－2，

∴2Sn＝（3－1）·20＋（3×2－1）·21＋…＋（3n－1）·2n－1，

Sn＝2Sn－Sn

＝－（3－1）·2－1－3（20＋21＋…＋2n－2）＋（3n－1）·2n－1

＝－1－3×＋（3n－1）·2n－1

＝－1＋3＋（3n－4）·2n－1

＝2＋（3n－4）·2n－1.

∴数列{an}的前n项和公式为Sn＝2＋（3n－4）·2n－1.

跟踪训练2　

（1）解　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan

＝（n－1）Sn＋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＋…＋nan＝（n－1）Sn＋2n（n∈N*），①

∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1

＝（n－2）Sn－1＋2（n－1）．②

①－②得nan＝（n－1）Sn－（n－2）Sn－1＋2

＝n（Sn－Sn－1）－Sn＋2Sn－1＋2

＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.

∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，

即Sn＝2Sn－1＋2，

∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2）．

∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，

∴＝2，

故{Sn＋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.∴an＝2n－1（n∈N*）．

（2）bn＝＝

＝，

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn

＝

＝＝.

假设存在整数t满足Sn>总成立，

又Sn＋1－Sn＝－

＝>0，

∴数列{Sn}是单调递增的．

∴S1＝为Sn的最小值，故<，

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{an}的公比为q，

因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，

所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，

即4a5＝a3，于是q2＝＝.

又{an}不是递减数列且a1＝，

所以q＝－.

故等比数列{an}的通项公式为

an＝×（－）n－1＝（－1）n－1·.

（2）由

（1）得Sn＝1－（－）n＝

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，

所以1＜Sn≤S1＝.

故0＜Sn－≤S1－＝－＝.

当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，

所以＝S2≤Sn＜1，

故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.

综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤且Sn－≠0.

所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.

例4　解　

（1）由an＋1＝f（an）⇒an＋1

＝2－|an|，

a1＝0⇒a2＝