2020-2021学年高中数学 第1章 数列章末综合提升课件 北师大版必修5

第一章数列章末综合提升巩固层知识整合提升层题型探究等差、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．判定一个数列是等差或等比数列的方法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．[跟进训练]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，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)法一：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．法二：由an＋1＝nn＋2an，得(n＋2)an＋1＝nan，∴(n＋2)(n＋1)an＋1＝(n＋1)nan，∴{(n＋1)nan}是常数列，又(1＋1)×1×a1＝8，则(n＋1)nan＝8，∴an＝8nn＋1．]已知递推公式求通项公式的常见类型(1)类型一：an＋1＝an＋f(n)把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解．(2)类型二：an＋1＝f(n)an把原递推公式转化为an＋1an＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解．(3)类型三：an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)．先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝q1－p，再利用换元法转化为等比数列求解．[跟进训练]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)[(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．]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错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.2裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数的数列.3拆项分组法：把数列的每一项拆成两项或多项，再重新组合成两个或多个简单的数列，最后分别求和.4并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项或多项组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论.[跟进训练]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．[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？[提示]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？[提示]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？[提示]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．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．[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．Thankyouforwatching!