2019秋高中数学 第二章 数列章末复习课课件 新人教A版必修5

第二章数列章末复习课[整合·网络构建][警示·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、图像法、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＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.(2)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)已知数列{an}中，满足an＋1an＝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·a2a1·a3a2·…·anan－1.(4)作新数列法：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．3．等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列；an＋1an＝q(q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列．(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}是等差数列；a2n＋1＝an·an＋2(an≠0)⇔{an}是等比数列．(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列．(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列；Sn＝aqn－a(a，q为常数，且a≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔{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．专题一等差(比)数列的基本运算[例1]已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{an}的通项公式．(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7.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a4－a3＝2，所以d＝2.又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2得n＝63.所以b6与数列{an}的第63项相等．归纳升华在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．[变式训练]已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝92.(1)求{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得a1＋2d＝2，3a1＋3×22d＝92，化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝32，解得a1＝1，d＝12，故{an}的通项公式为an＝1＋n－12，即an＝n＋12.(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝15＋12＝8.设{bn}的公比为q，则q3＝b4b1＝8，从而q＝2，故{bn}的前n项和为Tn＝b1（1－qn）1－q＝1×（1－2n）1－2＝2n－1.专题二等差、等比数列的判断判定一个数列是等差或等比数列有如下多种方法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列定义法an＋1an＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列中项公式法a2n＋1＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比数列an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列通项公式法an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比数列Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列前n项和公式法Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)⇔{an}是等比数列[例2](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5＝3132，求λ.(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝11－λ，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝Sn＋1－Sn＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以an＋1an＝λλ－1.因此{an}是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是an＝11－λλλ－1n－1.(2)解：由(1)得Sn＝1－λλ－1n，由S5＝3132得1－λλ－15＝3132，即λλ－15＝132，解得λ＝－1.[变式训练]已知在数列{an}中，a1＝14，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列，并写出{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的通项公式及数列{an}中的最大项与最小项．(1)证明：因为an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，所以an－1＝an－1－1an－1，所以1an－1＝an－1－1＋1an－1－1＝1＋1an－1－1，即1an－1－1an－1－1＝1(n≥2，n∈N*)．因为bn＝1an－1，所以bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又a1＝14，b1＝1a1－1＝－43，所以数列{bn}是以－43为首项，1为公差的等差数列．故bn＝－43＋(n－1)×1＝n－73(n∈N*)．(2)解：由(1)得an＝1n－73＋1＝1＋33n－7，当n≥3时，数列{an}是递减数列，且an1.因为a1＝14，a2＝－2，a3＝52，所以在数列{an}中，最大项为a3＝52，最小项为a2＝－2.专题三数列的通项公式的求法1．定义法．定义法是指直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法，这种方法适用于已知数列类型的题目．2．已知Sn求an.若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2求解．3．由递推公式求数列通项法．对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．4．待定系数法(构造法)．求数列通项公式的方法灵活多样，特别是由给定的递推关系求通项公式，对于观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的转化思想，而运用待定系数法变换递推公式中的常数就是一种重要的转化方法．[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＝a25，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______________．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a23＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)⇒d2＝a1d，因为d≠0，所以a1＝d.①因为S5＝a25，所以5a1＋5×42·d＝(a1＋4d)2.②由①②得：a1＝35，d＝35，所以an＝35＋(n－1)·35＝35n.(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＝23[2n－2＋(－1)n－1]．又因为a1＝1适合an＝23[2n－2＋(－1)n－1]，所以an＝23[2n－2＋(－1)n－1]．答案：(1)an＝35n(2)an＝23[2n－2＋(－1)n－1]归纳升华1．已知数列的前n项和，或前n项和与通项的关系求通项，常用an与Sn的关系求解．2．由递推关系an＋1＝Aan＋B(A，B为常数，且A≠0，A≠1)求an时，由待定系数法设an＋1＋λ＝A(an＋λ)，可得λ＝BA－1，这样就构造了等比数列{an＋λ}．[变式训练]已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3·5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式．解：设an＋1＋x·5n＋1＝2(an＋x·5n)，①将an＋1＝2an＋3·5n代入①式，得2an＋3·5n＋x·5n＋1＝2an＋2x·5n，等式两边消去2an，得3·5n＋x·5n＋1＝2x·5n，两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，代入①式得an＋1－5n＋1＝2(an－5n)．②由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得，an－5n≠0，则an＋1－5n＋1an－5n＝2.所以{an－5n}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an－5n＝1×2n－1＝2n－1，所以an＝2n－1＋5n(n∈N*)．专题四数列求和数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解．一般常见的求和方法有：(1)公式法(直接利用等差或等比数列的前n项和公式)．(2)分组求和法．(3)错位相减法．(4)倒序相加法．(5)裂项法．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(6)并项求和法．一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．[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{1bnbn＋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项和Sn.(1)解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a1＝q3＝27，解得q＝3，所以an＝a1qn－1＝3·3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以1bnbn＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.则Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：nn＋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－1，①从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n·22n＋1，②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．归纳升华1．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，