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章末归纳整合整体思想是从问题的整体结构出发,实施整体变形、运算的思想,整体思想的灵活运用通常能将问题由多方向简化,使问题变得明朗,简捷.整体思想【例1】某等差数列的前四项之和为-4,最后四项之和为36,所有项之和为36,则此数列共有______项.【解析】记该等差数列为{an},其前n项和为Sn,由题意可得a1+a2+a3+a4=-4,an+an-1+an-2+an-3=36,两式相加结合等差数列的性质可得4(a1+an)=32,解得a1+an=8,∴Sn=na1+an2=4n=36,解得n=9.故答案为9.【点评】本题考查等差数列的求和公式,涉及等差数列的性质,由题意可得a1+a2+a3+a4=-4,an+an-1+an-2+an-3=36,两式相加可得a1+an的值,代入求和公式可得关于n的方程,解方程可得.一个等差数列前4项之和为26,最后4项之和为110,所有项之和为187,则它的项数为______.【答案】11【解析】由题意可得a1+a2+a3+a4=26,an+an-1+an-2+an-3=110,由等差数列的性质可得4(a1+an)=136⇒a1+an=34,由等差数列的前n项和公式可得Sn=na1+an2=17n=187,所以n=11.数列是特殊的函数,用函数的观点认识数列和处理数列问题,既有利于理解和掌握数列的基本概念和性质,又利于解决问题.等差(比)数列的通项公式和求和公式中的五个量中,已知其中任意三个,通过解方程可求其余两个.方程思想【例2】设递增等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=1,a4是a3和a7的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.【分析】(1)在递增等差数列{an}中,由a24=a3a7,a3=1,解得d=2,再求出a1,由此能求出an.(2)在等差数列中,由a1=-3,d=2,能求出数列{an}的前n项和Sn.【解析】(1)在递增等差数列{an}中,设公差为d>0,∵a24=a3a7,a3=1,∴a3+d2=a3a3+4d,a3=1.解得d=2,a1=a3-2d=-3,∴an=-3+(n-1)×2=2n-5.(2)由(1)知,在等差数列{an}中a1=-3,d=2,∴Sn=n-3+2n-52=n2-4n.故Sn=n2-4n.【点评】本题考查等差数列的性质和应用,是基础题.解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=8,S6=54,则数列{an}的公差为()A.2B.3C.4D.92【答案】A【解析】在等差数列中,由a3=8,S6=54得a1+2d=8,6a1+6×52d=54,得a1=4,d=2.故选A.在解决数学问题时,应注意问题的层次性,即考虑到问题的方方面面,在讨论时应考虑全面,做到不重不漏,这是历年高考的重点.分类讨论思想【分析】(1)运用等差数列的通项公式与求和公式,根据条件列方程,求出首项和公差,得到通项an.运用n=1时,b1=T1,n>1时,bn=Tn-Tn-1,求出bn.(2)写出cn,然后运用分组求和,一组为等差数列,一组为等比数列,分别应用求和公式化简即可.【例3】设等差数列{an}的前n项和为Sn且a2=8,S4=40.数列{bn}的前n项和为Tn且Tn-2bn+3=0,n∈N*.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,求数列{cn}的前n项和Pn.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意,得a1+d=8,4a1+6d=40,解得a1=4,d=4,∴an=4n.∵Tn-2bn+3=0,∴当n=1时,b1=3,当n≥2时,Tn-1-2bn-1+3=0,两式相减,得bn=2bn-1(n≥2),则数列{bn}为等比数列.∴bn=3·2n-1.(2)cn=4n,n为奇数,3·2n-1,n为偶数.当n为偶数时,Pn=(a1+a3+…+an-1)+(b2+b4+…+bn)=4+4n-4·n22+61-4n21-4=2n+1+n2-2.当n为奇数时,(方法一)n-1为偶数,Pn=Pn-1+cn=2(n-1)+1+(n-1)2-2+4n=2n+n2+2n-1.(方法二)Pn=(a1+a3+…+an-2+an)+(b2+b4+…+bn-1)=4+4n·n+122+61-4n-121-4=2n+n2+2n-1.∴Pn=2n+1+n2-2,n为偶数,2n+n2+2n-1,n为奇数.【点评】本题主要考查等差数列和等比数列的通项与求和公式的运用,考查方程的思想在数列中的运用,同时考查数列的通项与前n项和的关系式,考查数列的求和方法,是一道综合题.已知数列{an}中,a1=1,an=an-1·3n-1(n≥2,n∈N*),数列{bn}的前n项和Sn=log3an9n(n∈N*).(1)求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{|bn|}的前n项和.【解析】(1)∵an=an-1·3n-1,两边取以3为底的对数得log3an=log3an-1+(n-1),∴log3an-log3an-1=n-1.log3a2-log3a1=1,log3a3-log3a2=2,…,log3an-log3an-1=n-1,以上各式相加得log3an-log3a1=1+2+…+(n-1)=nn-12,log3an=nn-12,当n=1时也成立.∴Sn=log3an9n=n2-5n2(n∈N*).∴b1=S1=-2.当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=n-3,当n=1时也成立.∴数列{bn}的通项公式bn=n-3(n∈N*).(2)设数列{|bn|}的前n项和为Tn,当bn=n-3≤0,即n≤3时,Tn=-(b1+b2+…+bn)=-Sn=5n-n22;n>3时,Tn=-(a1+a2+a3)+(a4+a5+…+an)=Sn-2S3=n2-5n+122.数列在高考中主要考查以下三个方面:1.等差(比)数列的通项公式及前n项和公式;2.等差、等比数列的综合应用;3.数列的实际应用.主要考查等差、等比数列的定义、通项公式及前n和公式,重在考查基础知识和运算能力,是每年必考内容之一.考查方式可以是选择题、填空题和解答题.1.(2018年新课标Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A.-12B.-10C.10D.12【答案】B【解析】设{an}的公差为d,由3S3=S2+S4,得33a1+3×22d=2a1+d+4a1+4×32d.将a1=2代入,解得d=-3.∴a5=2+4×(-3)=-10.2.(2018年北京)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()A.32fB.322fC.1225fD.1227f【答案】D【解析】由已知,单音的频率构成一个首项为f,公比为122的等比数列,记为{bn},共有13项.由等比数列通项公式可知b8=b1q7=f×(122)7=1227f.3.(2017年新课标Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,∴S7=x1-271-2=381,解得x=3.故选B.4.(2018年新课标Ⅰ)记Sn为数列的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=________.【答案】-63【解析】由Sn=2an+1,Sn+1=2an+1+1,作差得an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列.又因为a1=S1=2a1+1,所以a1=-1.所以an=-2n-1.所以S6=-1·1-261-2=-63.5.(2017年北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=________.【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d和q,则-1+3d=-q3=8,求得q=-2,d=3,那么a2b2=-1+3-1×-2=1.6.(2018年新课标Ⅰ)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=ann.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{an}的通项公式.【解析】(1)b1=a1=1.由nan+1=2(n+1)an,得an+1=2n+1ann.∴a2=4a1=4,b2=a22=2.∴a3=3a2=12,b3=a33=4.(2)由nan+1=2(n+1)an,得an+1n+1ann=2,即bn+1bn=2.又b1=1,∴{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列.(3)由(2)得bn=2n-1,∴an=nbn=n·2n-1.7.(2017年新课标Ⅲ)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列an2n+1的前n项和.【解析】(1)∵a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,①∴当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).②①-②,得(2n-1)an=2,∴an=22n-1(n≥2).又a1=2×1=2也满足上式,∴{an}的通项公式为an=22n-1.(2)记an2n+1的前n项和为Sn.由(1)知an2n+1=22n+12n-1=12n-1-12n+1,则Sn=1-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1.8.(2017年天津)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2,所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,①由S11=11b4,可得a1+5d=16.②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=12×1-2n1-2-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16,得Tn=(3n-4)2n+2+16.所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.
本文标题:2019-2020学年高中数学 第二章 数列章末归纳整合课件 新人教A版必修5
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