2018年高中数学复习课二数列学案新人教A版必修5 .doc

2018年高中数学复习课二数列学案新人教A版必修5 等差数列与等比数列的基本运算1等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d.(2)前n项和公式：Snna1d.(3)前n项和公式Snn2n视为关于n的一元二次函数，开口方向由公差d的正负确定；Sn中(a1an)视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题2等比数列(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn(3)等比数列an，Sn为其前n项和，则Sn可表示为Snkqnb，(k0，且kb0)典例成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列bn中的b3，b4，b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列解(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)，b35，公比q2，故bn52n3.(2)证明：由(1)知b1，公比q2，Sn52n2，则Sn52n2，因此S1，2(n2)数列是以为首项，公比为2的等比数列类题通法在等差(或等比)数列中，首项a1与公差d(或公比q)是两个基本量，一般的等差(或等比)数列的计算问题，都可以设出这两个量求解在等差数列中的五个量a1，d，n，an，Sn或等比数列中的五个量a1，q，n，an，Sn中，可通过列方程组的方法，知三求二在利用Sn求an时，要注意验证n1是否成立1在等比数列an中，Sn是它的前n项和，若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6()A.B16C15 D.解析：选A设an的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，则a42；由a4与2a7的等差中项为17知，a42a721734，得a716.q38，即q2，a1，则S6，故选A.2已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3a813，S735，则a7_.解析：设等差数列an的公差为d，则由已知得(a12d)(a17d)13，S735.联立两式，解得a12，d1，a7a16d8.答案：83设Sn是数列an的前n项和，已知a11，Sn1SnSnSn1.(1)求证是等差数列，并求Sn；(2)若bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)证明：1.因为Sn1SnSnSn1，所以1，所以是首项为1、公差为1的等差数列，所以1(n1)(1)n，故Sn.(2)b11.当n2时，anSnSn1，bnn2n.所以T11.当n2时，Tn1(2232n2)(23n)1(122232n2)(123n)1n(n1)(2n1)n(n1)1n(n1)(n1)故Tn1n(n1)(n1).等差、等比数列的性质及应用等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小等差数列的性质等比数列的性质若mnpq(m，n，p，qN*)则amanapaq.特别地，若mn2p，则aman2ap若mnpq(m，n，p，qN*)则amanapaq特别地，若mn2p，则amanaam，amk，am2k，仍是等差数列，公差为kdam，amk，am2k，仍是等比数列，公比为qk若an，bn是两个项数相同的等差数列，则panqbn仍是等差数列若an，bn是两个项数相同的等比数列，则panqbn仍是等比数列Sm，S2mSm，S3mS2m，是等差数列Sm，S2mSm，S3mS2m，是等比数列(q1或q1且k为奇数)若数列an项数为2n，则S偶S奇nd，若数列an项数为2n，则q若数列an项数为2n1，则S奇S偶an1，若数列an项数为2n1，则q典例(1)已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示数列an的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是()A21 B20C19 D18(2)记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1am12am0，且T2m1128，则m_.解析(1)由a1a3a5105得，3a3105，a335.同理可得a433，da4a32，ana4(n4)(2)412n.由得n20.使Sn达到最大值的n是20.(2)因为an为等比数列，所以am1am1a，又由am1am12am0，从而am2.由等比数列的性质可知前(2m1)项积T2m1a，则22m1128，故m4.答案(1)B(2)4类题通法关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a1和公差d(公比q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂1等差数列an的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为2218，则公差d，的值分别是()A8， B9，C9， D8，解析：选D设S奇a1a3a15，S偶a2a4a16，则有S偶S奇(a2a1)(a4a3)(a16a15)8d，.由解得S奇288，S偶352.因此d8，.故选D.2等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列的前13项和为()A13 B26C52 D156解析：选B3(a3a5)2(a7a10a13)24，6a46a1024，a4a104，S1326，故选B.3已知等比数列an满足an0，n1,2，且a5a2n522n(n3)，则log2a1log2a3log2a2n1等于()An(2n1) B(n1)2Cn2 D(n1)2解析：选Ca5a2n5a22n，且an0，an2n，a2n122n1，log2a2n12n1，log2a1log2a3log2a2n1135(2n1)n2.数列的通项及求和通项及数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大1已知递推公式求通项公式的常见类型(1)类型一an1anf(n)把原递推公式转化为an1anf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解(2)类型二an1f(n)an把原递推公式转化为f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解(3)类型三an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an1tp(ant)，其中t，再利用换元法转化为等比数列求解2数列求和(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列把Sna1a2an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出Sn.(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论典例(1)已知数列an中，a11，an1an(1nan1)，则数列an的通项公式为()Aan BanCan Dan(2)已知正项数列an的前n项和Sn满足：4Sn(an1)(an3)，(nN*)求an的通项公式；若bn2nan，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)原数列递推公式可化为n，令bn，则bn1bnn，因此bn(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)b1(n1)(n2)211.从而an.故选D.答案D(2)解：因为4Sn(an1)(an3)a2an3，所以当n2时，4Sn1a2an13，两式相减得，4anaa2an2an1，化简得，(anan1)(anan12)0，由于an是正项数列，所以anan10，所以anan120，即对任意n2，nN*都有anan12, 又由4S1a2a13得，a2a130，解得a13或a11(舍去)，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，所以an32(n1)2n1.由已知及(1)知，bn(2n1)2n，Tn321522723(2n1)2n1(2n1)2n，()2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，()()()得，Tn3212(2223242n)(2n1)2n162(2n1)2n12(2n1)2n1.类题通法(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法二是要注意an的完整表达式，易忽视n1的情况(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响1已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100_.解析：因为f(n)n2cos(n)，所以a1a2a3a100f(1)f(2)f(100)f(2)f(101)，f(1)f(2)f(100)122232429921002(2212)(4232)(1002992)371995 050，f(2)f(101)22324299210021012(2232)(4252)(10021012)592015 150，所以a1a2a3a100f(1)f(2)f(100)f(2)f(101)5 1505 050100.答案：1002已知a12a222a32n1an96n，则数列an的通项公式是_解析：令Sna12a222a32n1an，则Sn96n，当n1时，a1S13；当n2时，2n1anSnSn16，an.通项公式an答案：an3已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog(1Sn1)(nN*)，令Tn，求Tn.解：(1)当n1时，a1S1，由S1a11，得a1，当n2时，Sn1an，Sn11an1，则SnSn1(an1an)，即an(an1an)，所以anan1(n2)故数列an是以为首项，为公比的等比数列故ann12n(nN*)(2)因为1Snann.所以bnlog(1Sn1)logn1n1，因为，所以Tn.4已知数列an满足a1，an1an2an11，令bnan1.(1)求证：数列为等差数列；(2)设cn，求证：数列cn的前n项和Tnn.证明：(1)由题意知，2，an2，则 1，数列是首项为2，公差为1的等差数列(2)由(1)可知，2(n1)(1)n1，bn， 代入anbn11，11， Tnc1c2cnn0Bd0 Da1d0解析：选D2a1an为递减数列，2a1an1a1an2a1d120，a1d0，故选D.2在等差数列an中，a9a126，则数列an的前11项和S11()A24 B48C66 D132解析：选D由a9a126得，2a9a1212，由等差数列的性质得，2a9a12a6a12a1212，则a612，所以S11132，故选D.3已知数列an对任意的p，qN*满足apqapaq，且a26，那么a10等于()A165 B33C30 D21解析：选C由已知得a2a1a12a16，a13.a102a52(a2a3)2a22(a1a2)4a22a14(6)2(3)30.4设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a12a83a4，则()A. B.C. D.解析：选A由题意可得，a12a114d3a19d，a1d，又，故选A.5已知数列2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 016项之和S2 016等于()A1 B2 010C4 018 D0解析：选D由已知得anan1an1(n2)，an1anan1.故数列的前n项依次为2 008,2 009,1，2 008，2 009，1,2 008,2 009，.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S60.2 0166336，S2 016S60.6已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则()A4n1 B4n1C2n1 D2n1解析：选D设等比数列an的公比为q，由可得2，q，代入解得a12，an2n1，Sn4，2n1.7已知数列an的通项公式为an2n30，Sn是|an|的前n项和，则S10_.解析：由an2n30，令an0，得n0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S43a42，则q_.解析：由S23a22，S43a42相减可得a3a43a43a2，同除以a2可得2q2q30，解得q或q1.因为q0，所以q.答案：9数列an满足a11，anan1(n2且nN*)，则数列an的通项公式为an_.解析：anan1(n2)，a11，a2a11，a3a2，a4a3，anan1.以上各式累加，得ana11.ana112，当n1时，21a1，an2，故数列an的通项公式为an2.答案：210已知数列an满足a11，an12an，数列bn满足b13，b26，且bnan为等差数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和Tn.解：(1)由题意知数列an是首项a11，公比q2的等比数列，所以an2n1.因为b1a12，b2a24，所以数列bnan的公差d2，所以bnan(b1a1)(n1)d22(n1)2n，所以bn2n2n1.(2)Tnb1b2b3bn(2462n)(1242n1)n(n1)2n1.11已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn(nN*)(1)求证：数列an是等差数列；(2)设bn，Tnb1b2bn，求Tn.解：(1)证明：Sn(nN*)，Sn1(n2)得an(n2)，整理得(anan1)(anan1)anan1(n2)数列an的各项均为正数，anan10，anan11(n2)当n1时，a11，数列an是首项为1，公差为1的等差数列(2)由(1)得Sn，bn2，Tn22.12设数列an满足a12，an1an322n1.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnnan，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)由已知，an1(an1an)(anan1)(a2a1)a13(22n122n32)222(n1)1.而a12，符合上式，所以数列an的通项公式为an22n1.(2)由bnnann22n1知Sn12223325n22n1，从而22Sn123225327n22n1.得(122)Sn2232522n1n22n1，即Sn(3n1)22n12