苏教版必修5 第2章 数例 章末分层突破 学案.doc

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)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已知an为等差数列，sn为其前n项和若a16，a3a50，则s6 . 【导学号：92862066】【解析】a3a52a4，a40.a16，a4a13d，d2.s66a1d6.【答案】63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已知数列an的前n项和sn1an，其