2019-2020学年高中数学 第2章 数列章末复习课讲义 苏教版必修5

-1-第2章数列等差(比)数列的基本运算【例1】等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.[解](1)设{an}的公比为q，-2-由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.设{bn}的公差为d，则有b1＋2d＝8，b1＋4d＝32，解得b1＝－16，d＝12，所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.所以数列{bn}的前n项和Sn＝n－16＋12n－282＝6n2－22n.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.1．已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；(2)若S5a1a9，求a1的取值范围．[解](1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a21＝1×(a1＋2)，即a21－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5a1a9，所以5a1＋10a21＋8a1，即a21＋3a1－100，解得－5a12.求数列的通项公式【例2】(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an；(2)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝13Sn，求an.思路探究：(1)已知Sn求an时，应分n＝1与n≥2讨论；(2)在已知式中既有Sn又有an时，应转化为Sn或an形式求解．[解](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝5不适合上式．-3-∴an＝5，n＝1，2n－1，n≥2.(2)∵Sn＝3an＋1，①∴n≥2时，Sn－1＝3an.②①－②得Sn－Sn－1＝3an＋1－3an，∴3an＋1＝4an，∴an＋1an＝43，又a2＝13S1＝13a1＝13.∴n≥2时，an＝13·43n－2，不适合n＝1.∴an＝1，n＝1，13·43n－2，n≥2.数列通项公式的求法1定义法，即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，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,求解.3累加或累乘法,形如an－an－1＝fnn≥2的递推式，可用累加法求通项公式；形如anan－1＝fnn≥2的递推式，可用累乘法求通项公式.2．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}的通项公式．[解]∵an＋1－an＋an＋1·an＝0，∴1an＋1－1an＝1.又1a1＝1，∴1an是首项为1，公差为1的等差数列．故1an＝n.-4-∴an＝1n.等差(比)数列的判定【例3】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)．(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；(2)设cn＝an2n－2，求证：{cn}是等差数列．思路探究：分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明．[证明](1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an.bn＋1bn＝an＋2－2an＋1an＋1－2an＝4an＋1－4an－2an＋1an＋1－2an＝2an＋1－4anan＋1－2an＝2.因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.所以b1＝a2－2a1＝3.所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．(2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，所以an＋12n－1－an2n－2＝3.所以cn＋1－cn＝3，且c1＝a12－1＝2，所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2.等差数列、等比数列的判定方法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；a\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2an≠0⇔{an}是等比数列.3通项公式法：an＝kn＋bk，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.提醒：①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.②若要判定一个数列不是等差比数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差比即可.-5-3．数列{an}的前n项和为Sn，若an＋Sn＝n，cn＝an－1.求证：数列{cn}是等比数列．[证明]当n＝1时，a1＝S1.由an＋Sn＝n，①得a1＋S1＝1，即2a1＝1，解得a1＝12.又an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②②－①得an＋1－an＋(Sn＋1－Sn)＝1，即2an＋1－an＝1，③因为cn＝an－1，所以an＝cn＋1，an＋1＝cn＋1＋1，代入③式，得2(cn＋1＋1)－(cn＋1)＝1，整理得2cn＋1＝cn，故cn＋1cn＝12(常数)．所以数列{cn}是一个首项c1＝a1－1＝－12，公比为12的等比数列.数列求和[探究问题]1．若数列{cn}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，且an＝cn＋bn，如何求数列{an}的前n项和？[提示]数列{an}的前n项和等于数列{cn}和{bn}的前n项和的和．2．有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．试用此种方法求和：12－22＋32－42＋…＋992－1002.[提示]12－22＋32－42＋…＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5050.3．我们知道1nn＋1＝1n－1n＋1，试用此公式求和：11×2＋12×3＋…＋1nn＋1.[提示]由1nn＋1＝1n－1n＋1得11×2＋12×3＋…＋1nn＋1＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.-6-【例4】已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c、k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.(1)求an；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.思路探究：(1)已知Sn，据an与Sn的关系an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2确定an；(2)若{an}为等比数列，则{nan}是由等差数列和等比数列的对应项的积构成的新数列，可用错位相减法求和．[解](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn－1)，则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，a6a3＝c6－c5c3－c2＝c3＝8，∴c＝2.∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，解得k＝2，∴an＝2n.当n＝1时，a1＝S1＝2.综上所述，an＝2n(n∈N*)．(2)nan＝n·2n，则Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，Tn＝2＋(n－1)·2n＋1.1．(变结论)例题中的条件不变，(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列{n＋an}的前n项和Tn”．[解]由题知Tn＝1＋2＋2＋22＋3＋23＋…＋n＋2n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋…＋2n)＝n1＋n2＋21－2n1－2＝2n＋1－2＋nn＋12.2．(变结论)例题中的条件不变，将(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列nan的前n项和Tn”．[解]由题知Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①-7-12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②①－②得：12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－12n－n2n＋1，∴Tn＝2－42n＋1－2n2n＋1＝2－4＋2n2n＋1＝2－n＋22n.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：利用等差数列或等比数列前n项和公式．(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)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．(4)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．(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．