数列复习课-教学设计

第二章数列一、网络构建二、易错提醒1．数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．2．求数列的通项(易错点)(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．(3)当已知数列{an}中，满足eq\f(an＋1,an)＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1).(4)构造新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．(5)归纳、猜想、证明法．等差数列、等比数列的判断方法定义法an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列eq\f(an＋1,an)＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列中项公式法2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比数列通项公式法an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比数列前n项和公式Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)⇔{an}是等比数列4．求数列的前n项和的基本方法(易错点)(1)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(2)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．(3)倒序相加法：例如等差数列前n项和公式的推导．(4)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(5)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和Sn公式．三、题型分析专题一等差、等比数列的判断[例1]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式.[变式训练1]已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)(n∈N*)．求证：数列{an}是等差数列；专题二等差、等比数列的性质[例2]．（1）在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝100，则3a9－a13的值为________．（2）等比数列{an}中，an∈R*，a4·a5＝32，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a8的值为()A．10B．20C．36D．128[变式训练2]在等差数列{an}中，若a1＋a2＋…＋a5＝30，a6＋a7＋…＋a10＝80，求a11＋a12＋…＋a15.专题三数列的通项公式的求法[例3](1)等差数列{an}是递增数列，前n项和为Sn，且a1，a3，a9成等比数列，S5＝aeq\o\al(2,5)，则数列{an}的通项公式为________________；(2)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n，n≥1，则数列{an}的通项公式为______________．[变式训练3]设数列{an}是首项为1的正项数列，且an＋1－an＋an＋1·an＝0(n∈N*)，求{an}的通项．专题四数列求和[例4](1)已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n项和Sn＝________________.(2)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.①求数列{an}的通项公式；②令bn＝nan，求数列{bn}的前n项Sn.[变式训练4]设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝eq\f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Sn.四、巩固训练1．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于()A．31B．32C．33D．342．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于()A．1B．2C．4D．83．数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，那么在此数列中()A．a7＝a8最大B．a8＝a9最大C．有唯一项a8最大D．有唯一项a7最大4.已知数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，则eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)等于()\f(n（n＋1）,2)\f(2,n（n＋1）)\f(n,2（n＋1）)\f(2n,n＋1)5．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是()A．d＜0B．a7＝0C．S9＞S5D．S6与S7均为Sn的最大值6．已知数列{an}，an＝－2n2＋λn，若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是()A．(－∞，6)B．(－∞，4]C．(－∞，5)D．(－∞，3]7．某工厂月生产总值的平均增长率为q，则该工厂的年平均增长率为()A．qB．12qC．(1＋q)12D．(1＋q)12－18．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________．9．如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝______________．10．已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)＜1.第二章数列参考答案[例1]解：证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))，所以eq\f(an＋1＋\f(1,2),an＋\f(1,2))＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，首项为a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，公比为3，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)·3n－1，因此{an}的通项公式为an＝eq\f(3n－1,2)(n∈N*)．[变式训练1]解：(1)证明：Sn＝eq\f(anan＋1,2)(n∈N*)，①Sn－1＝eq\f(an－1an－1＋1,2)(n≥2)．②①－②得an＝eq\f(a\o\al(2,n)＋an－a\o\al(2,n－1)－an－1,2)(n≥2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1(n≥2)．∵数列{an}的各项均为正数，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1(n≥2)．当n＝1时，a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．[例2]．（1）解析：由等差数列的性质可知，a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝(a3＋a11)＋(a5＋a9)＋a7＝5a7＝100，所以a7＝20.所以3a9－a13＝2a9＋a9－a13＝(a5＋a13)＋a9－a13＝a5＋a9＝2a7＝40.答案：40（2）解析：log2a1＋log2a2＋…＋log2a8＝log2(a1·a2·a3·…·a8)＝log2(a4a5)4＝4log232＝20.故选B.[变式训练2]解：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a2＋…＋a5，a6＋a7＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a15也成等差数列，即30，80，a11＋a12＋…＋a15成等差数列．所以30＋(a11＋a12＋…＋a15)＝2×80，所以a11＋a12＋…＋a15＝130.[例3]解析：(1)设数列{an}的公差为d(d＞0)，因为a1，a3，a9成等比数列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)⇒d2＝a1d，因为d≠0，所以a1＝d.①因为S5＝aeq\o\al(2,5)，所以5a1＋eq\f(5×4,2)·d＝(a1＋4d)2.②由①②得：a1＝eq\f(3,5)，d＝eq\f(3,5)，所以an＝eq\f(3,5)＋(n－1)·eq\f(3,5)＝eq\f(3,5)n.(2)n＝1时，a1＝S1，所以a1＝2a1－1，即a1＝1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)＋2·(－1)n，所以an＝2an－1＋2·(－1)n－1，an－1＝2an－2＋2·(－1)n－2，a2＝2a1－2，所以an＝eq\f(2,3)[2n－2＋(－1)n－1]．又因为a1＝1适合an＝eq\f(2,3)[2n－2＋(－1)n－1]，所以an＝eq\f(2,3)[2n－2＋(－1)n－1]．[变式训练3]解：因为an＋1－an＋an＋1·an＝0.所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1.又eq\f(1,a1)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列．故eq\f(1,an)＝n，所以an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．[例4](1)解析：设等比数列{an}的公比为q，则eq\f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3，所以an＝a1qn－1＝3·3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).则Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).(2)解：①由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.②由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n·22n－1①从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n·22n＋1②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝eq\f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]．[变式训练4]解：(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，①所以当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，②由①－②得3n－1an＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3n)，在①中，令n＝1，得a1＝eq\f(1,3)，所以数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,3n)(n∈N*)．(2)因为bn＝eq\f(n,an)＝n·3n，所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④由④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝n·3n＋1－eq\f(3（1－3n）,1－3)，所以Sn＝eq\f(（2n－1）·3n＋1,4)＋eq\f(3,4).巩固训练1．B解析：由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3).))所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.2．A解析：因为a3·a11＝aeq\o\al(2,7)＝16，所以a7＝4所以a5＝eq\f(a7,q2)＝eq\f(4,22)＝1.3．A解析：an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，an＋1＝(n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n＋1)，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋3,n＋2)·eq\f(9,10)，令eq\f(an＋1,an)≥1，即eq\f(n＋3,n＋2)·eq\f(9,10)≥1，解得n≤7，即n≤7时递增，n＞7递减，所以a1＜a2＜a3＜…＜a7＝a8＞a9＞….所以a7＝a8最大．D解析：由已知得an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1.所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．所以Sn＝n＋eq\f(n（n－1）,2)·1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).5．C解析：由S5＜S6，得a6＝S6－S5＞0.又S6＝S7⇒a7＝0，所以d＜0.由S7＞S8⇒a8＜0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＜0，即S9＜S5.6．B解析：数列{an}的通项公式是关于n(n∈N*)的二次函数，若数列是递减数列，则－eq\f(λ,2·（－2）)≤1，即λ≤4.7．D解析：设第一年第1个月的生产总值为1，公比为