2016_17学年高中数学第2章数列章末分层突破学案苏教版.docx

第2章 数列章末分层突破自我校对anan1d(n2)a1(n1)dna1damanapaq2ak(n2)amanapaqa_等差(比)数列公式与性质的应用等差、等比数列从定义，通项公式，前n项和公式，及性质可比较如下：等差数列等比数列定义an1and(常数)(nN*)q(非零常数)(nN*)anana1(n1)dana1qn1SnSnSnSnna1dSn性质(1)anam(nm)d或d(nm)anamqnm或qnm(n，mN*)(2)若an，bn是等差数列，则panqbn(p，q为常数)仍是等差数列若an，bn是等比数列，则anbn，等仍是等比数列(3)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amana(4)设Sn是等差数列an的前n项和，则Sk，S2kSk，S3kS2k，构成的数列是等差数列；也是一个等差数列设Sn是等比数列an的前n项和，则Sk，S2kSk，S3kS2k满足(S2kSk)2Sk(S3kS2k)在解题过程中，既要注意到两类数列的可类比性，又要注意到二者的区别，切忌混用误用(1)已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则_.(2)已知数列an为等比数列，Sn是它的前n项和若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5_.【精彩点拨】(1)先由a1，a3,2a2成等差数列求公比q，进而求的值(2)利用等比数列的性质求a4，由等差中项求a7，进而求S5.【规范解答】(1)a1，a3,2a2成等差数列，2a3a12a2，即a3a12a2.设等比数列an的公比为q且q0，则a3a1q2，a2a1q，a1q2a12a1q，q212q，解得q1或q1(舍)，q2(1)232.(2)由等比数列性质可知a2a3a1a4，a2a32a1，a1a42a1，而a10，a42.由已知a42a72，a7，q3，q，a116，S531.【答案】(1)32 (2)31再练一题1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，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)，故bn的第3项为5，公比为2，由b3b122，即5b122，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn2n152n3.(2)证明：数列bn的前n项和Sn52n2，即Sn52n2，所以S1，2.因此是以为首项，公比为2的等比数列.数列通项公式的求法1.形如an1anf(n)(nN*)的递推数列，可用累加法求通项公式：ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)a1f(1)f(2)f(n1)2形如an1f(n)an(nN*)的递推数列，可用累乘法求通项公式：ana1a1f(1)f(2)f(n1)3形如an1panq(pq0，且p1)的递推数列，可构造等比数列，其中该等比数列的首项是a1，公比为p.4形如an1panqn的递推数列，可在递推公式两边同除以qn1，得，转化为形如an1panq的形式求解已知数列an分别满足以下条件，求通项公式an.(1)a11，an1ann(nN*)；(2)数列an的前n项和为Snan3.【精彩点拨】(1)已知a1且an1ann，故用累加法；(2)条件是关于an，Sn的关系式，利用n2时，anSnSn1消去Sn转化为an与an1的关系【规范解答】(1)an1ann，a2a11，a3a22，a4a33，anan1n1.将以上各式叠加，得ana112(n1).ana11.(2)Snan3，n2时，anSnSn1anan1，3(n2)而当n1时，有a1a13，a16，an是以6为首项，3为公比的等比数列，an63n123n.再练一题2根据下列条件，确定数列an的通项公式(1)a11，nan1(n2)an；(2)a12，an12an3.【解】(1)nan1(n2)an，ana11(nN*)(2)an12an3，an132(an3)，2，an3是以2为公比的等比数列，an352n1，an52n13(nN*).数列求和求数列的和是数列运算的重要内容之一数列求和可分为特殊数列求和与一般数列求和，特殊数列就是指等差或等比数列，非等差或非等比数列称为一般数列对于特殊数列的求和，要恰当的选择、准确的应用求和公式，采用公式法直接求和；对于一般的数列求和，可采用分组化归法、并项转化法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分段求和法等设数列an满足a13a232a33n1an，nN*.(1)求an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.【精彩点拨】(1)利用an与Sn的关系求解；(2)利用错位相减法求解【规范解答】(1)a13a232a33n1an，nN*.当n2时，a13a232a33n2an1，得3n1an，即an(n2)(*)又a1，满足(*)式，an.(2)bn，bnn3n，Sn3232333n3n，3Sn32233334(n1)3nn3n1，得2Sn3323nn3n1n3n1，即Sn.再练一题3等差数列an中，a13，公差d2，Sn为前n项和，求.【解】由题意可知，Sn3n2n22n，.分类讨论思想在解数列题中的应用分类讨论思想就是指在解决一些问题时，按一种模式、一个标准不能清晰、准确地表示，需根据不同情况分别说明本章中，当数列所给的对象不宜进行统一研究或推理时，需通过分类讨论来解决如运用等比数列求和公式时，需对q分q1和q1且q0两种情况进行讨论已知an是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列(1)求q的值；(2)设bn是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由【精彩点拨】(1)利用等差、等比数列的有关性质求q；(2)作差比较，判断差的正、负、零情况【规范解答】(1)依题意，得2a3a1a2，即2a1q2a1a1q.a10，2q2q10，q1或q.(2)若q1，则Sn2n，bnn1，当n2时，SnbnSn1，故当n2时，Snbn；若q，则Sn，bnn，当n2时，SnbnSn1，当2n9时，Snbn，当n10时，Snbn，当n11时，Snbn.再练一题4在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.【解】(1)由题意得，a15a3(2a22)2，由a110，an为公差为d的等差数列得，d23d40，解得d1或d4.所以ann11(nN*)或an4n6(nN*)(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11，所以当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n；当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.综上所述，|a1|a2|a3|an|1(2016全国卷)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_【解析】设等比数列an的公比为q，则由a1a310，a2a4q(a1a3)5，知q.又a1a1q210，a18.故a1a2anaq12(n1)23n23n2n.记t(n27n)，结合nN*可知n3或4时，t有最大值6.又y2t为增函数，从而a1a2an的最大值为2664.【答案】642(2016北京高考)已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a16，a3a50，则S6_.【解析】a3a52a4，a40.a16，a4a13d，d2.S66a1d6.【答案】63(2015江苏高考)设数列满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_【解析】由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，an(nN*)2.S1022.【答案】4(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.【解析】an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.【答案】11215(2016全国卷)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.【解】(1)证明：由题意得a1S11a1，故1，a1，故a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)由(1)得Sn1n.由S5得15，即5.解得1.章末综合测评(二)(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填在题中的横线上)1(2016江苏高考)已知an是等差数列，Sn是其前n项和若a1a3，S510，则a9的值是_【解析】法一：设等差数列an的公差为d，由S510，知S55a1d10，得a12d2，即a122d.所以a2a1d2d，代入a1a3，化简得d26d90，所以d3，a14.故a9a18d42420.法二：设等差数列an的公差为d，由S510，知5a310，所以a32.所以由a1a32a2，得a12a22，代入a1a3，化简得a2a210，所以a21.公差da3a2213，故a9a36d21820.【答案】202(2016全国卷改编)已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100_.【解析】法一：an是等差数列，设其公差为d，S9(a1a9)9a527，a53.又a108，a100a199d199198.法二：an是等差数列，S9(a1a9)9a527，a53.在等差数列an中，a5，a10，a15，a100成等差数列，且公差da10a5835.故a100a5(201)598.【答案】983已知数列an的前n项和为Snkn2，若对所有的nN*，都有an1an，则实数k的取值范围是_【解析】由Snkn2，得ank(2n1)an1an，an是递增数列，k0.【答案】(0，)4已知数列an，an0，若a13,2an1an0，则a6等于_【解析】因为2an1an0，an0，所以，所以数列an是首项为a13，公比为q的等比数列，所以ana1qn13n1，所以a6361.【答案】5数列an是等差数列，若a11，a33，a55构成公比为q的等比数列，则q_.【解析】设等差数列的公差为d，则a3a12d，a5a14d，(a12d3)2(a11)(a14d5)，解得d1，q1.【答案】16如果数列an的前n项和Sn2an1，则此数列的通项公式an_.【解析】当n1时，S12a11，a12a11，a11.当n2时，anSnSn1(2an1)(2an11)，an2an1，an是等比数列，an2n1，nN*.【答案】2n1，nN*7一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是_【解析】设三边为a，aq，aq2(q1)，则(aq2)2(aq)2a2，q2，较小锐角记为，则sin .【答案】8(2016徐州高二检测)若两个等差数列an和bn的前n项和分别是Sn和Tn，已知，则_.【解析】.【答案】9下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是_图1【解析】从题图中可观察图案的构成规律：n1时，有1个；n2时，有3个；n3时，有6个；n4时，有10个；第n个图案比第n1(n2)个图案增加了n个星星an1234n.【答案】an10等比数列an的公比q0，已知a21，an2an12an，则an的前2 016项和等于_【解析】由an2an12an，得qn1qn2qn1，即q2q20，又q0，解得q1，又a21，a11，S2 0160.【答案】011设数列an的通项公式为an2n7(nN*)，则|a1|a2|a15|_.【解析】an2n7，a15，a23，a31，a41，a53，a1523，|a1|a2|a15|(531)(13523)9153.【答案】15312把正偶数按下列方法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，其中每一组都比它的前一组多一个数，那么第11组的第2个数是_【解析】按照题中的分组方法，前10组共有121055个偶数，故第10组的最后一个偶数为110，所以第11组的第2个数是114.【答案】11413某房地产开发商在销售一幢23层的商品楼之前按下列方法确定房价：由于首层与顶层均为复式结构，因此首层价格为a1 元/m2，顶层由于景观好价格为a2 元/m2，第二层价格为a 元/m2，从第三层开始每层在前一层价格上加价 元/m2，则该商品房各层的平均价格为_元/m2.【解析】设第二层到第22层的价格构成数列bn，则bn是等差数列，b1a，公差d，共21项，所以其和为S2121a23.1a，故平均价格为(a1a223.1a)元/m2.【答案】(a1a223.1a)14给出数阵：0191210 9 其中每行、每列均为等差数列，则此数阵所有数的和为_. 【导学号：91730049】【解析】设b10129，b212310，b1091018，则bn是首项b145，公差d10的等差数列，S10451010900.【答案】900二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)(2015北京高考)已知等差数列an满足a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b2a3，b3a7，问：b6与数列an的第几项相等？【解】(1)设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2(n1,2，)(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b64261128.由1282n2得n63，所以b6与数列an的第63项相等16(本小题满分14分)在数列an中，a11，an12an2n.(1)设bn.证明：数列bn是等差数列(2)求数列an的前n项和Sn.【解】(1)证明：由已知an12an2n，得bn11bn1.bn1bn1，又b1a11.bn是首项为1，公差为1的等差数列(2)由(1)知，bnn，bnn.ann2n1.Sn1221322n2n1，两边乘以2得，2Sn121222(n1)2n1n2n，两式相减得，Sn121222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1.17(本小题满分14分)数列an的前n项和记为Sn，a1t，点(Sn，an1)在直线y3x1上，nN*.(1)当实数t为何值时，数列an是等比数列(2)在(1)的结论下，设bnlog4an1，cnanbn，Tn是数列cn的前n项和，求Tn.【解】(1)点(Sn，an1)在直线y3x1上，an13Sn1，an3Sn11(n2，且nN*)an1an3(SnSn1)3an，即an14an，n2.又a23S113a113t1，当t1时，a24a1，数列an是等比数列(2)在(1)的结论下，an14an，an14n，an4n1，所以anbn4n1n, 那么Tnc1c2cn(401)(412)(4n1n)(14424n1)(123n).18(本小题满分16分)已知an是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，amk，ank，alk也成等差数列【解】(1)由已知，anaqn1，因此S1a，S3a(1qq2)，S4a(1qq2q3)当S1，S3，S4成等差数列时，S4S3S3S1，可得aq3aqaq2，化简得q2q10，解得q.(2)证明：若q1，则an的每项ana，此时amk，ank，alk显然构成等差数列若q1，由Sm，Sn，Sl构成等差数列可得SmSl2Sn，即，整理