2019-2020学年高中数学 第1章 数列章末复习课教案 北师大版必修5

-1-EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.第1章数列等差、等比数列的判定【例1】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.[解](1)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＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1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)由(1)得Sn＝1－λλ－1n.由S5＝3132得1－λλ－15＝3132，即λλ－15＝132.解得λ＝－1.-2-判定一个数列是等差或等比数列的方法定义法an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列an＋1an＝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a2n＋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[提醒]在解答题中证明一个数列是等比(或等差)数列通常用定义法和中项公式法，通项公式法和前n项和公式法常在小题或分析题意时应用．1．设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝bn－11＋bn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)判断数列1bn是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即anan－1＝12(n≥2，n∈N*)．所以数列{an}是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝12n－1.(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.因为bn＝bn－11＋bn－1，所以1bn＝1bn－1＋1，-3-即1bn－1bn－1＝1(n≥2)．所以数列1bn是首项为12，公差为1的等差数列．所以1bn＝12＋(n－1)·1＝2n－12，故数列{bn}的通项公式为bn＝22n－1.数列通项公式的求法【例2】(1)若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n2＋3n(n∈N*)，则an＝________.(2)已知在数列{an}中，an＋1＝nn＋2an(n∈N＋)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.(1)4(n＋1)2(2)8nn＋1[(1)因为a1＋a2＋…＋an＝n2＋3n(n∈N*)，①所以a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2＋3(n－1)(n≥2)，②①－②，得an＝n2＋3n－[(n－1)2＋3(n－1)]＝2(n＋1)，所以an＝4(n＋1)2(n≥2)．又a1＝12＋3×1＝4，故a1＝16，也满足式子an＝4(n＋1)2，故an＝4(n＋1)2.(2)由an＋1＝nn＋2an，得an＋1an＝nn＋2，故a2a1＝13，a3a2＝24，…，anan－1＝n－1n＋1(n≥2)，以上式子累乘得，ana1＝13·24·…·n－3n－1·n－2n·n－1n＋1＝2nn＋1，因为a1＝4，所以an＝8nn＋1(n≥2)，因为a1＝4满足上式，所以an＝8nn＋1.]-4-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an＝S1，n＝1Sn－Sn－1，n≥2求解．(3)由递推式求数列通项法．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)．求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，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化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法．2．(1)已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N＋)，则an＝________.(2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a2n(an＞0，n∈N＋)，则an＝________.(1)12(n2＋n＋2)(2)22n－1[(1)由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n.因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋n－12＋n2＝n2＋n＋22(n≥2)．因为a1＝2满足上式，所以an＝n2＋n＋22.(2)因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a2n(an＞0，n∈N＋)，所以log2an＋1＝2log2an，即log2an＋1log2an＝2，又a1＝2，所以log2a1＝1，故数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1.]-5-数列求和的常用方法【例3】Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1000项和．[解](1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)因为bn＝0，1≤n10，1，10≤n100，2，100≤n1000，3，n＝1000，所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.数列求和的常用方法(1)公式法．(2)分组求和法．(3)倒序求和法．(4)错位相减法．(5)裂项相消法．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．3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.(1)求an；(2)设bn＝1Sn，求数列{bn}的前n项和Tn.-6-[解](1)设数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝a1＋6d，a1＋7d－2a1＋2d＝3，解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由(1)得Sn＝na1＋nn－12d＝n(n＋2)，∴bn＝1nn＋2＝121n－1n＋2.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝121－13＋12－14＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.用函数思想解决数列问题[探究问题]1．若函数f(x)＝x2＋λx在[1，＋∞)上单调递增，则λ的取值范围是什么？[解]由于f(x)＝x2＋λx是图像开口向上的二次函数，要使其在[1，＋∞)上单调递增，则需－12λ≤1.即λ≥－2，故λ的取值范围是[－2，＋∞)．2．当x为何值时，函数f(x)＝12x－722＋238有最小值？[解]当x＝72时，f(x)的最小值为f72＝238.3．数列与其对应的函数有什么区别？[解]与数列对应的函数是一种定义域为正整数集(或它的前几个组成的有限子集)的函数，它是一种自变量“等距离”地离散取值的函数．【例4】(1)若数列{an}的通项公式为an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝6，a2＝b2＝4，a3＝b3＝3，若{an＋1－an}是等差数列，{bn＋1－bn}是等比数列．①分别求出数列{an}，{bn}的通项公式；②求数列{an}中最小项及最小项的值．-7-思路探究：(1)利用an＋1＞an求解，或利用函数y＝x2＋λx的图像求解；(2)根据等差、等比数列的通项公式求{an}，{bn}的通项公式，然后利用函数的思想求{an}的最小项及最小项的值．(1)(－3，＋∞)[法一：an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ，由于{an}是递增数列，故2n＋1＋λ＞0恒成立，即λ＞－2n－1，又n∈N＋，－2n－1≤－3，故λ＞－3.法二：由于函数y＝x2＋λx在－λ2，＋∞上单调递增，结合其图像可知，若数列{an}是递增数列，则a2＞a1，即22＋2λ＞1＋λ，即λ＞－3.](2)[解]①a2－a1＝－2，a3－a2＝－1，由{an＋1－an}成等差数列知其公差为1，故an＋1－an＝－2＋(n－1)·1＝n－3；b2－b1＝－2，b3－b2＝－1，由{bn＋1－bn}成等比数列知，其公比为12，故bn＋1－bn＝－2·12n－1，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n－1)·(－2)＋n－1n－22·1＋6＝n2－3n＋22－2n＋8＝n2－7n＋182，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋(bn－2－bn－3)＋…＋(b2－b1)＋b1＝－21－12n－11－12＋6＝2＋23－n.②因为an＝n2－7n＋182＝12n－722＋238，所以n＝3或n＝4时，an取到最小值，a3＝a4＝3.1．(变条件)把例4(2)中的数列{an}换为an＝n－79n－80，求其最小项和最大项．-8-[解]an＝n－79n－80＝1＋80－79n－80，当n＜9时，an＝1＋80－79n－80递减且小于1；当n≥9时，an＝1＋80－79n－80递减且大于1，所以a8最小，a9最大，且a8＝8－798－80，a9＝9－799－80.2．(变结论)例4(2)的条件不变，求数列{bn}中最大项及最大项的值．[解]由例4(2)的解析可知bn＝2＋23－n，易知数列{bn}是递减数列，所以当n＝1时，an取到最大值，a1＝2＋23－1＝6.函数思想在数列问题中的应用数列可以看作是定义域为正整数集(或其有限子集{1,2,3，…，n})的特殊函数．运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图像和最值等知识解决与数列相关的问题．等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列有n项和公式与二次函数有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题．