2018版高中数学第二章数列章末复习课学案苏教版必修5

1、 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 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. U知识梳理 - 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 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 常数叫做等差数列的公差， 公 做等比数列的公比，公比通常 差通常用字母d表示. 用字母q表示（qz 0）. 递推公式 an+1 an= d c

2、h +i 盂=q 由一个数a, A, b组成的等差 数列可以看成最简单的等差 如果a，G b成等比数列，那 中项 数列.这时A叫做a与b的等 么G叫做a与b的等比中项， a+ b 差中项，并且 A2 且G=寸Ob 通项公式 an= ai+ ( n 1) d n1 an aiq L 时 S ai 1 q n ai + an qzi 时，3 x 1 q * 2 前n项和公式 n n 1 a1 anq 1 q， n ai+ 小 d 2 q 1 时，Sn na1 性质 am， an的关系 am an (m- n) d am m- n 石q * m n, s, t N, m am+ an as+ at

3、an3n= aGt 2 提高解决等差 2 + n= s +1 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 S2k1 = (2 k 1) ak af2 . a2k1 = ak 判断 方法 利用定义 an+1 an是同一个常数 空是同一个常数 an 利用中项 an + an+ 2= 2an +1 2 anan+2 = a)+1 利用通项公式 an= pn+q,其中p、q为常数 an= ab(a0, 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*l 或 Sn=

4、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，S为数列an的前n项和.已知S3= 7,且ai + 3,3a2, as+ 4 构成等差数列公式. (1)求数列a

5、n的通项公式； 2 题型探究 3 令bn= In asn+1, n= 1,2，求数列bn的前n项和T4 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 an, n, q(d) , S,其中首项ai和公比q(公差d)为基本量，知三求二 换成关于ai，an，n，q( d)，S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 an的前n项和为S,设S3 = 12,且 2ai,： 求S. 类型二转化与化归思想求解数列问题 例 2 在数列an中，Sn+i = 4an+ 2, n N, ai = 1. (1) 设Cn = a，求证数列 Cn是等差数列； (2) 求数列an

6、的通项公式及前 n项和的公式. S共涉及五个量：a1, 是指将已知条件转 5 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 S,已知ai + 2&+ 3as+-+ nan= ( n 1)S+ 2n(n N). (1) 求a2, as的值； (2) 求证：数列S+ 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ai= 1,公差d0，且第 2 项、第 5

7、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； 1 t 设bn= (n N*), + b2+ bn,是否存在t，使得对任意的 n均有 S 总 n an+ / 36 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. 3 * 6 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 S(n N)，且圧+

8、 as, S5+ as， S + a4成等差数列. (1)求数列an的通项公式； 1 * 设Tn= Sn- S( 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 ai= 0，求 a2, as, a4； (2) 若a1 0，且a1, a2, as成等比数列，求 a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 2x+ 3 已知函数f(x) = $ ，数列an满足 a1= 1, an+1 = f iy ,

9、n N. (1) 求数列an的通项公式； (2) 令 Tn= a1a2 a2a3 + a3a4 a4as + 一 a2na2n+1, 求 Tn.7 当堂训练 1 设数列an是公差不为零的等差数列， S是数列an的前n项和（n N*），且&= 9$, S =4S,则数列an的通项公式是 _ 3 29 2._ 若数列an的前n项和 S= 22n（n= 1,2,3，），则此数列的通项公式为 _ ; 数列 na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 bi= 0, Cn = an + b,若数列cn是 1,1,2，则 数列 的前 10 项和为 . 4. 设等差

10、数列 an的前n项和为S,公比是正数的等比数列 bn的前n项和为Tn,已知a = 1, b = 3, a3+ b3= 17, T3 S3 = 12,求an、 bn的通项公式. 厂规律与方法 - 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.8 合案精析 知识梳理 知识点

11、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 0 + 比 + a3 = 7, 5 ai+3 + Sb +4 解得 a2= 2. - :2 - - = 3S2, 设数列an的公比为q,由a2= 2, 可得 a = 2, a3= 2q, q 2 又 S3= 7,可知-+ 2+ 2q= 7, q 2 即 2q 5q+ 2 = 0. 1 解得q= 2, q2= .由题意得q 1, q = 2,. S1 = 1. 故数列an的通项公式为an = 2n1 由于 bn= In S3n+1 , n= 1,2， 由（1）得 S3n+ 1 = 2n , bn=

12、 ln 2 3n= 3nln 2. 又bn+1 bn= 3ln 2，.数列bn是等差数列, 跟踪训练 1 解 设数列 an的公差为d, 匚 I 2 2a1 a3 + 1 = a2, 依题设有 i |a1 + a2 + a3= 12 ,. Tn= b1 + b2+ + n bn=- b1+ bn 2 3n n+1 2 ln 2. 故 Tn= 3 n+ 1 2 ln 2. 9 a + 2aid d2 + 2ai= 0, ai + d= 4. 1 因此 Sn= 2n(3n 1)或 S= 2n(5 n). 例 2 (1)证明 由 S+1= 4an + 2, 则当n2时，有Sn= 4an-1 + 2.

13、一得 an + 1 = 4an 4an1 . 对an+ 1= 4an 4an 1两边同除以 2n+1，得 即 Cn+ 1+ Cn 1= 2Cn , 数列Cn是等差数列. 由 Sn+1 = 4an+ 2,得 a1+ a2= 4a1 + 2,贝U a2= 3a+ 2= 5, a1 1 a2 5 C1=2=2，C2=矿 4， 5 1 3 故公差d= 42= 4, 1 Cn是以为首项, a 1 3 解 由 可知数列力是首项为 2，公差为的等差数列. an 1 3 3 1 尹=2+ 4(ri 1) = 4n 4， 即数列an的通项公式是 an = (3 n 1)2 一 1 0 设 Sn= (3 1)2

14、+ (3 X 2 1)2 + (3n 1)2 2S = (3 1)2+ (3 X 2 1)2 1 + + (3n 1) 2 Sn= 2S S 1 0 1 n 2 =(3 1)2 3(2 + 2 +-+ 2 ) + (3n 1)2 2n1 一 1 n 1 =1 3X + (3n 1)2 2 1 =1 + 3 + (3n 4)2 n 1 ai = 1, 解得1=3 ai = 8, 或1 d= 4. 2n -1 = 4 为公差的等差数列. 4 an+1 an an 1 an+ 1 即尹+ an 1 an 10 =2 + (3n 4)2 数列an的前n项和公式为 S= 2+ (3n 4)2 . 跟踪训

15、练 2 (1)解 T ai+ 2a2+ 3a3+ nan =(n 1)S+ 2n(n N*), 当 n= 1 时，a = 2x i= 2； 当 n = 2 时，ai + 2a2= (ai+ 比)+ 4, a2= 4 ； 当 n = 3 时，ai + 2a2+ 3a3= 2( ai + a2 + a3) + 6, a3= 8. 证明 / ai + 2a2+ 3a3+-+ n an= (n I)Sn+ 2n(n N)， 当 n2 时，ai + 2a2 + 3a + + ( n i) an i =(n2) Sn-1+ 2( n i). 一得 nan= (n i) Sn ( n 2) Sn-1 + 2

16、 =n( Sn Sn i) Sn + 2Sn 1 + 2 =nan Sn + 2Sn i + 2. Sn+ 2Sni + 2 = 0, 即 Sn= 2Sn- 1 + 2 , Sn+ 2 = 2( Sn i + 2). / S + 2 = 4M 0,. S1 + 2M 0, S + 2 Sn- i+ 2 = 2， 故S + 2是以 4 为首项，2 为公比的等比数列. 例 3 解 (1)由题意得(ai + d)( ai+ 13d) = (ai + 4d), 整理得 2aid= d . v d0,. d= 2. / ai= 1. an= 2n 1 ( n N*). 1 1 bn= = n an+d

17、2n n+1 11 1 =2 n n+ 1 ， Sn= bi + b2+ + bn ii 1 “ =2 n + ? n+ 0， 数列S是单调递增的. 1 t 1 s=4 为 s 的最小值，故 364, 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S+ a3, S+ as, S + a4成等差数列， 所以 S+ as S3 a3 = S + a4 SS as, 2 as 1 即 4a5= a3,于是 q = =：. a3 4 又an不是递减数列且 a1 = 2, 所以q=- J. 故等比数列an的通项公式为 1 +尹n为奇数， (

18、2)由(1)得 s= 1 ( 2)n= 1 1 孑,n为偶数. L 2 当n为奇数时，S随n的增大而减小, 3 所以 1v Sw S = 2. 亠 1 13 2 5 故 OV s-Snw S-S1=2- 3=6. 当n为偶数时，S随n的增大而增大, 3 所以 4= S2S S2-=- Si S2 4 综上，对于nN,总有右三S w5且S 工 0.又 Sn+ 1 Sn = n+ 1 n+7 n+1 an= IX ( 2) 1= ( 1) 12 5 7 所以数列Tn最大项的值为善，最小项的值为一 12. 例 4 解由 an+1= f(an)? an+1 =2 - I an| , ai= 0? a2 = 2, a3= 0, a4= 2. 2 (2) / ai ,a2,a3成等比数列? a3=上=2- | a?| ? a2 = a (2 | a2|)，且 a? = 2- |ai| ? (2 | ai|) ai =ai(2 - |2 - ai|), 下面分情况讨论： 2 2 当 2-ai0 时，(2 -ai) = ai2 - (2 -ai) = ai? a