2015-2016学年高中数学 第二章 数列章末归纳总结课件 新人教A版必修5

成才之路·数学路漫漫其修远兮吾将上下而求索人教A版·必修5数列第二章章末归纳总结第二章课时作业3知识结构1专题突破2知识结构专题突破专题一求数列的通项公式数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究其性质；而有了数列的通项公式便可求出任一项及前n项和，所以求数列的通项往往是解题的突破口和关键点．写出下面各数列的一个通项公式：[分析]观察法是求数列的通项公式的常用方法，先观察数列特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n的内在联系，从而归纳出数列的通项公式．(1)12，45，910，1617，…；(2)1，－13，17，－115，131，…；(3)21,203,2005,20007，….[解析](1)注意各项的分子分别是12,22,32,42，…，分母比分子大1，∴该数列的通项公式为an＝n2n2＋1.(2)奇数项为正，偶然项为负，可用(－1)n＋1来实现，而各项分母可看作21－1＝1,22－1＝3,23－1＝7,24－1＝15,25－1＝31，…，各项分子均为1，∴该数列的通项公式为an＝(－1)n＋1·12n－1.(3)各项可看作21＝2×10＋1,203＝2×100＋3,2005＝2×1000＋5,20007＝2×10000＋7，∴该数列的通项公式为an＝2×10n＋(2n－1)．已知下列各数列{an}的前n项和Sn的公式，求{an}的通项公式．(1)Sn＝10n－1；(2)Sn＝10n＋1.[分析]已知数列{an}的前n项和Sn求an时，要注意运用an和Sn的关系，即an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.[解析](1)当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(10n－1)－(10n－1－1)＝10n－10n－1＝9×10n－1，且n＝1时，a1＝9也适合上式，∴an＝9×10n－1.(2)当n＝1时，a1＝S1＝101＋1＝11，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(10n＋1)－(10n－1＋1)＝9×10n－1，而n＝1时，a1＝11，不适合上式，∴an＝11，n＝1，9×10n－1，n≥2.求数列1,3,7,13,21，…的一个通项公式．[分析]通过观察发现，该数列中从第二项起每一项与它的前一项的差是等差数列，故可利用累加法求解．[解析]∵a2－a1＝3－1＝2，a3－a2＝7－3＝4，a4－a3＝13－7＝6，…an－an－1＝2(n－1)．以上n－1个等式左右两边分别相加，得an－a1＝2×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝(n－1)n，∴an＝n2－n＋1，且n＝1时，a1＝1适合上式，∴an＝n2－n＋1.[方法规律总结]若数列{an}满足an＋1－an＝f(n)(n∈N*)，其中{f(n)})是易求和的数列，那么可用累加法求an.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2n＋1nan，求通项an.[分析]条件式可变形为an＋1an＝2n＋1n，当n变化时，除2倍外，后一项的分子都是前一项的分母，逐项相乘可以消去，故用累乘法求解．[解析]∵a1＝2，an＋1＝2n＋1nan，∴a2a1＝2×21，a3a2＝2×32，…anan－1＝2×nn－1，以上n－1个等式左右两边分别相乘得ana1＝n·2n－1，即an＝n·2n，且n＝1时，a1＝2也适合上式，∴an＝n·2n.[方法规律总结]若数列{an}满足an＋1an＝f(n)(n∈N*)，其中数列{f(n)}前n项积可求，则可用累乘法求an.专题二数列求和问题数列求和是数列部分的重要内容，求和问题也是很常见的题型，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式．某些既不是等差数列，也不是等比数列的求和问题，一般有以下四种常用求和技巧和方法．已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于()A．30B．45C．90D．186[分析]∵数列{an}为等差数列，∴a2＝a1＋d＝6，a5＝a1＋4d＝15.解得a1＝3，d＝3，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，∴bn＝a2n＝6n.∵bn＋1－bn＝6，∴{bn}是首项为6，公差为6的等差数列，其前5项的和为S5＝5×6＋5×5－1×62＝30＋60＝90.[答案]C求数列214，418，6116，…，2n＋12n＋1，…的前n项和Sn.[分析]此数列的通项公式为an＝2n＋12n＋1，而数列{2n}是一个等差数列，数列{12n＋1}是一个等比数列，故采用分组求和法．[解析]Sn＝214＋418＋6116＋…＋(2n＋12n＋1)＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(122＋123＋124＋…＋12n＋1)＝n2n＋22＋122[1－12n]1－12＝n(n＋1)＋12－12n＋1.[方法规律总结]如果一个数列的通项公式能拆成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等比数列，那么可用分组求和法求解．求和：122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1(n≥2)．[分析]此数列的通项公式为an＝1n2－1，而1n2－1可以分解成两项的差，于是可以采用裂项相消法求和．[解析]∵1n2－1＝1n－1n＋1＝12(1n－1－1n＋1)，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n－1－1n＋1)]＝12(1＋12－1n－1n＋1)＝34－2n＋12nn＋1(n≥2)．[方法规律总结]如果数列的通项公式可转化为类似于f(n＋k)－f(n)的形式，常采用裂项求和的方法，特别地，当数列的通项公式是关于n的分式形式时，可尝试采用此法．使用裂项相消法时要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项．注意到由于数列{an}中每一项an均裂成一正一负两项，所以互为相反数的项合并为零后，所剩正数项与负数项的项数必然是一样多的，切不可漏写未被消去的项．设数列{an}为1,2x,3x2,4x3，…，nxn－1，…(x≠0)．求此数列前n项的和．[分析]这个数列的每一项都是一个等差数列与一个等比数列的对应项的积，因此可以用错位相减法．[解析]Sn＝1＋2x＋3x2＋4x3＋…＋nxn－1，①xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，②由①－②，得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn，当x≠1时，(1－x)Sn＝1－xn1－x－nxn＝1－xn－nxn＋nxn＋11－x＝1－1＋nxn＋nxn＋11－x，∴Sn＝1－1＋nxn＋nxn＋11－x2；当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝n1＋n2，∴Sn＝n1＋n2，x＝1，1－1＋nxn＋nxn＋11－x2，x≠1.[方法规律总结]错位相减法适用于形如{an·bn}的数列，其中{an}，{bn}一个为等差数列，另一个为等比数列．专题三等差(等比)数列的判定或证明(2015·济南市模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＝3an－2an－1(n∈N*，n≥2)．(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列，并求出{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝2log4(an＋1)2，证明：对一切正整数n，有1b21－1＋1b22－1＋…＋1b2n－112.[分析](1)要求数列{an}的通项公式需先将条件式变形，证明{an＋1－an}是等比数列，待证问题本身就给出了变形方向，即探求an＋1－an与an－an－1的关系．(2)由(1)的结论可求bn，由于b－1＝(bn＋1)(bn－1)，联想到裂项求和法，可找到解题途径．[解析](1)由an＋1＝3an－2an－1，可得an＋1－an＝2(an－an－1)，n≥2，a2－a1＝2，∴{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＋1－an＝2n.∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)由题意得bn＝2log4(2n)2＝2n.∴1b2n－1＝14n2－1＝12n－12n＋1＝12(12n－1－12n＋1)，∴1b21－1＋1b22－1＋…＋1b2n－1＝12[(1－13)＋(13－15)…＋(12n－1－12n＋1)]＝12(1－12n＋1)12.∴对一切正整数n，有1b21－1＋1b221＋…＋1b2n－112.已知数列{an}中，a1＝1，an＝2S2n2Sn－1(n≥2)．(1)求证：数列{1Sn}是等差数列；(2)求通项公式an.[分析]依据式子特征，将an＝Sn－Sn－1代入已知条件，建立关于Sn的关系，构造出新的数列．[解析](1)证明：∵n≥2时，an＝Sn－Sn－1，∴Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1(n≥2)．将上述式子变形，得1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)．又∵a1＝S1＝1，∴1S1＝1.∴数列{1Sn}是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1Sn＝1S1＋(n－1)×2＝2n－1，∴Sn＝12n－1.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1＝2·12n－122·12n－1－1＝22n－13－2n.∴数列的通项公式为an＝1n＝122n－13－2nn≥2.[方法规律总结]条件式是递推关系或an与Sn的关系式，求通项时，一般都是应用an＝Sn－Sn－1变形，构造等差或等比关系，依据等差数列(或等比数列)求通项的方法求出通项，再求数列{an}的通项．专题四等差、等比数列的综合问题(2015·四川理，16)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列1an的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|11000成立的n的最小值．[分析](1)求{an}通项公式可以用an＝Sn－Sn－1求解；(2)先依据{an}的通项确定求{1an}的前n项和方法，求和后解不等式确定n的最小值．[解析](1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.(2)由(1)得1an＝12n.所以Tn＝12＋122＋123＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.由|Tn－1|11000，得|1－12n－1|11000，即2n1000.因为29＝51210001024＝210，所以n≥10.于是，使|Tn－1|11000成立的n的最小值为10.[方法规律总结]求解等差、等比数列结合的问题的技巧(1)理清各数列的基本特征量，明确两个数列间各量的关系．(2)发挥两个数列的基本量a1，d或a1，q的作用，并用好方程这一工具．(3)结合题设条件对求出的量进行必要的检验．