2019-2020学年高中数学 第二章 数列章末小结与测评课件 新人教A版必修5

章末小结与测评判定一个数列是等差或等比数列的方法[典例1]已知数列an、bn满足：a1＝1，a2＝a(a为常数)，且bn＝an·an＋1，其中n＝1，2，3，….(1)若an是等比数列，试求数列bn的前n项和Sn的公式；(2)当bn是等比数列时，甲同学说：an一定是等比数列；乙同学说：an一定不是等比数列．你认为他们的说法是否正确？为什么？解：(1)因为an是等比数列，a1＝1，a2＝a，所以a≠0，an＝an－1.又bn＝an·an＋1，则b1＝a1·a2＝a，bn＋1bn＝an＋1·an＋2an·an＋1＝an＋2an＝an＋1an－1＝a2，即bn是以a为首项，a2为公比的等比数列．所以Sn＝n（a＝1），－n（a＝－1），a（1－a2n）1－a2（a≠±1）.(2)甲、乙两个同学说法都不正确，理由如下：法一：设bn的公比为q，则bn＋1bn＝an＋1·an＋2an·an＋1＝an＋2an＝q，且a≠0，又a1＝1，a2＝a，a1，a3，a5，…a2n－1，…是以1为首项，q为公比的等比数列；a2，a4，a6，…，a2n，…是以a为首项，q为公比的等比数列．即an为：1，a，q，aq，q2，aq2，…，当q＝a2时，an是等比数列；当q≠a2时，an不是等比数列．法二：an可能是等比数列，也可能不是等比数列，举例说明如下：设bn的公比为q.①取a＝q＝1时，an＝1(n∈N*)，此时bn＝anan＋1＝1，an、bn都是等比数列．②取a＝2，q＝1时，an＝1，n为奇数，2，n为偶数.bn＝2(n∈N*)．此时bn是等比数列，而an不是等比数列．[对点训练]1．设数列an满足：a1＝3，an＋1＝3an，n∈N*.(1)求an的第4项a4及前5项和S5；(2)设数列bn满足：b1＝1，bn－1＝1an－1，Tn＝b1＋b2·3＋b3·32＋…＋bn·3n－1，证明：数列4Tn－3n·bn为等差数列．解：(1)因为an＋1＝3an，又a1＝3，所以an＋1an＝3，因此an是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＝3n，a4＝34＝81.Sn＝3（1－3n）1－3＝32(3n－1)，S5＝32(35－1)＝363.(2)因为Tn＝b1＋b2·3＋b3·32＋…＋bn·3n－1，Tn－1＝b1＋b2·3＋b3·32＋…＋bn－1·3n－2，Tn－Tn－1＝bn·3n－1，所以4Tn－3n·bn－(4Tn－1－3n－1·bn－1)＝4Tn－3n·bn－4Tn－1＋3n－1·bn－1＝4bn·3n－1－3·3n－1·bn＋3n－1·bn－1＝3n－1·bn＋3n－1·bn－1＝3n－1(bn＋bn－1)＝3n－1·1an＋1an－1＝3n－1·an－1＋anan·an－1＝3n－1·3n－1＋3n3n·3n－1＝43.所以，数列4Tn－3n·bn为等差数列.(1)定义法：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：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．[典例2]已知数列an中，an＞0，Sn是数列an的前n项和，且an＋1an＝2Sn，求an.解：将an＋1an＝2Sn变形为a2n＋1＝2Snan.将an＝Sn－Sn－1(n≥2)代入并化简，得S2n－S2n－1＝1.由已知可求得S1＝a1＝1.∴数列S2n是等差数列，公差为1，首项为1.∴S2n＝1＋(n－1)·1＝n.∵an＞0，∴Sn＞0.∴Sn＝n.∴n≥2时，an＝n－n－1.而n＝1时，a1＝1也适合上式．∴数列an的通项公式为an＝n－n－1，n∈N*.[典例3]已知数列an中，a1＝1，且an＋1－an＝3n－n，求数列an的通项公式．解：由an＋1－an＝3n－n，得an－an－1＝3n－1－(n－1)，an－1－an－2＝3n－2－(n－2)，…a3－a2＝32－2，a2－a1＝3－1.当n≥2时，以上n－1个等式两端分别相加，得(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3n－1＋3n－2＋…＋3－[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]，即an－a1＝3（1－3n－1）1－3－n（n－1）2.又∵a1＝1，∴an＝12×3n－n（n－1）2－12.显然a1＝1也适合上式，∴an的通项公式为an＝12×3n－n（n－1）2－12.[典例4]设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n＝1，2，3，…)，求通项公式an.解：已知等式可化为(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0.∵an＞0(n∈N*)，∴(n＋1)an＋1－nan＝0.即an＋1an＝nn＋1，∴n≥2时，anan－1＝n－1n，∴an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝n－1n·n－2n－1·…·12·1＝1n.[典例5](1)已知数列an，a1＝2，an＝an－11＋an－1(n≥2)，求an；(2)已知数列an满足an＋1＝3an＋2(n∈N*)，a1＝1，求通项公式an.解：(1)由an＝an－11＋an－1两边取倒数得1an－1an－1＝1，∵数列1an是首项为1a1＝12，公差为1的等差数列．∴1an＝12＋(n－1)＝n－12＝2n－12.∴an＝22n－1.(2)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)．又a1＋1＝2≠0，∴数列an＋1是首项为2，公比为3的等比数列．∴an＋1＝2·3n－1.∴an＝2·3n－1－1.[对点训练]2．(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)，∵a1，a3，a9成等比数列，∴a23＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)⇒d2＝a1d，∵d≠0，∴a1＝d.①∵S5＝a25，∴5a1＋5×42·d＝(a1＋4d)2,②由①②得：a1＝35，d＝35，∴an＝35＋(n－1)×35＝35n.(2)n＝1时，a1＝S1，∴a1＝2a1－1，即a1＝1.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)＋2×(－1)n，∴an＝2an－1＋2×(－1)n－1，an－1＝2an－2＋2×(－1)n－2，…a2＝2a1－2，∴an＝23[2n－2＋(－1)n－1]．又∵a1＝1适合an＝23[2n－2＋(－1)n－1]，∴an＝23[2n－2＋(－1)n－1]．答案：(1)an＝35n(2)an＝23[2n－2＋(－1)n－1]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．[典例6](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.[尝试解答](1)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.(2)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，(ⅰ)从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．答案：(1)nn＋1[典例7]在数列an中，若an＝1，n＝1，an－1＋12，n≥2，求数列an的前n项和．解：当n＝1时，S1＝a1＝1.当n≥2时，若a＝0，有an＝1，n＝1，12，n≥2.则Sn＝1＋12(n－1)＝n＋12.若a＝1，有an＝1，n＝1，32，n≥2，则Sn＝1＋32(n－1)＝3n－12.若a≠0且a≠1，则S1＝1＋12＋a＋12＋a2＋…＋12＋an－1＝1＋12(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)＝n＋12＋a－an1－a.综上所述，Sn＝1，n＝1，n＋12，a＝0且n≥2，3n－12，a＝1且n≥2，n＋12＋a－an1－a，a≠0且a≠1且n≥2.[对点训练]3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋122，等比数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝bn＋122.(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Mn.解：(1)由S1＝a1＋122＝a1，得a1＝1.又S2＝a1＋a2＝1＋a2＝a2＋122，所以a2＝3或－1，因为当a2＝－1时，a3＝－3，但S3＝－3≠a3＋122＝1，所以a2＝－1舍去，经检验，a2＝3满足，所以等差数列{an}的公差d＝a2－a1＝