2020版高中数学第二章数列章末复习课件新人教B版_图文

第二章 数列
章末复习

学习目标
XUEXIMUBIAO
1.整合知识结构,梳理知识网络,进一步巩固、深化所学知识. 2.熟练掌握解决等差数列、等比数列问题的基本技能. 3.依托等差数列、等比数列解决一般数列的常见通项、求和等问题.

内容索引
NEIRONGSUOYIN

知识梳理 题型探究 达标检测

1 知识梳理
PART ONE

1.等差数列和等比数列的基本概念与公式

等差数列

等比数列

如果一个数列从第2项起, 如果一个数列从第2项起,每

每一项与它的前一项的差等 一项与它的前一项的比等于

于同一个常数,那么这个数 同一个常数,那么这个数列 定义
列就叫做等差数列,这个常 叫做等比数列,这个常数叫

数叫做等差数列的公差,公 做等比数列的公比,公比通

差通常用字母d表示

常用字母q表示(q≠0)

递推 公式

an+1-an=d

an+1=q an

由三个数 x,A,y 组成的等差数 如果在 x 与 y 中间插入一个数

列可以看成最简单的等差数列. G,使 x,G,y 成等比数列,那 中项 这时 A 叫做 x 与 y 的等差中项, 么 G 叫做 x 与 y 的等比中项,且

x+y 并且 A= 2

G=± xy

通项公式

an=a1+(n-1)d

an=a1qn-1

前 n 项和公式

Sn=n?a1+2 an? n?n-1?
=na1+ 2 d

当 q≠1 时,Sn=a1?11--qqn?=

a1-anq,当 1-q

q=1

时,Sn=na1

am,an 的关系 am-an=(m-n)d 性

m,n,s,t∈N+,



am+an=as+at

m+n=s+t

aamn =qm-n aman=asat

{kn}是等差数列, 性
且 kn∈N+ 质
n=2k-1,k∈N+

{ akn }是等差数列 S2k-1=(2k-1)·ak

{ akn }是等比数列 a1a2·…·a2k-1=a2k k-1

利用定义

an+1-an 是同一常数

aan+n 1是同一常数

判 利用中项

an+an+2=2an+1

anan+2=a2n+1

断 利用通项公式 an=pn+q,其中 p,q 为常数 an=abn(a≠0,b≠0)

方 法 利用前 n 项和
公式

Sn=an2+bn (a,b 为常数)

Sn=A(qn-1),其中 A≠0,q≠0 且 q≠1 或 Sn=np(p 为非零常数)

2.数列中的基本方法和思想 (1)在求等差数列和等比数列的通项公式时,分别用到了 叠加 法和 叠乘 法; (2)在求等差数列和等比数列的前n项和时,分别用到了 倒序相加 法和 _错__位__相__减__法. (3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意 三 个求其余 两 个, 用到了方程思想. (4)在研究等差数列和等比数列单调性,等差数列前n项和最值问题时,都 用到了 函数 思想.

2 题型探究
PART TWO

题型一 方程思想求解数列问题

例1 等差数列{an}各项为正整数,a1=3,前n项和为Sn,等比数列{bn}中,

b1=1且b2S2=64,{ ban }是公比为64的等比数列,求{an},{bn}的通项公式. 解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则d为正整数,

an=3+(n-1)d,bn=qn-1.

依题意有

? ? ?

ban?1 ban

=

qan?1 ?1 qan ?1

= qd

= 64 = 26 ,

??b2S2 = q ?6 ? d ? = 64,

① ②

由q(6+d)=64知q为正有理数,

6
又由q=2d 知d为6的因子1,2,3,6之一,解①②得d=2,q=8,

故an=2n+1,bn=8n-1.

反思感悟 在等比数列和等差数列中,通项公式an和前n项和公式Sn共涉 及五个量:a1,an,n,q(d),Sn,其中首项a1和公比q(公差d)为基本量, “知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,an,n,q(d),Sn的方程组, 通过方程的思想解出需要的量.

跟踪训练1 记等差数列{an}的前n项和为Sn,设S3=12,且2a1,a2,a3+1成

等比数列,求Sn.

解 设数列{an}的公差为d,

??2a1?a3+1?=a22, 依题设有?
??a1+a2+a3=12,

??a21+2a1d-d2+2a1=0, 即?
??a1+d=4.

??a1=1, ??a1=8,

解得?

或?

??d=3

??d=-4.

因此 Sn=21n(3n-1)或 Sn=2n(5-n),n∈N+.

题型二 转化与化归思想求解数列问题
例2 在数列{an}中,Sn+1=4an+2,a1=1. (1) 设 cn=2ann,求证:数列{cn}是等差数列;

(2) 求数列{an}的通项公式及前n项和的公式. 解 由(1)可知数列?????a2nn?????是首项为21,公差为43的等差数列,
∴a2nn=12+(n-1)34=34n-41, ∴an=(3n-1)·2n-2. ∴Sn+1=4an+2=2n(3n-1)+2. ∴Sn=2n-1·(3n-4)+2(n≥2). 当n=1时,S1=1=a1,符合. ∴Sn=2+(3n-4)·2n-1(n∈N+).

反思感悟 由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种,一种求法 是先找出数列的前几项,通过观察、归纳得出,然后证明;另一种是通 过变形转化为等差数列或等比数列,再采用公式求出.

跟踪训练2 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan= (n-1)Sn+2n(n∈N+). (1)求a2,a3的值; 解 ∵a1+2a2+3a3+…+nan =(n-1)Sn+2n(n∈N+), ∴当n=1时,a1=2×1=2; 当n=2时,a1+2a2=(a1+a2)+4, ∴a2=4; 当n=3时,a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6, ∴a3=8.

(2)求证:数列{Sn+2}是等比数列.

多维探究

题型三 函数思想求解数列问题

命题角度1 借助函数性质解数列问题 例3 一个等差数列{an}中,3a8=5a13,a1>0.若Sn为{an}的前n项和,则S1, S2,…,Sn中没有最大值?请说明理由. 解 因为此等差数列不是常数列,所以其前n项和Sn是关于n的二次函数, 我们可以利用配方法,结合二次函数的性质求解.
设{an}的首项为a1,公差为d,则有3(a1+7d)=5(a1+12d), 所以 d=-329a1, 所以 Sn=na1+n?n2-1?d=-319n2a1+4309na1=-319a1(n-20)2+43090a1, 故n=20时,Sn最大,即前20项之和最大.

反思感悟 数列是一种特殊的函数,在求解数列问题时,若涉及参数取值 范围、最值问题或单调性时,均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解 题.值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3,…,n},这一特殊 性对问题结果可能造成影响.

跟踪训练3 已知数列{an}的通项公式为an=2n-2 019,问这个数列前多少项 的和最小? 解 设an=2n-2 019,对应的函数为y=2x-2 019, 易知y=2x-2 019在R上单调递增, 且当 y=0 时,x=2 0219, 因此,数列{an}为单调递增数列,a1 009<0,a1 010>0, 故当1≤n≤1 009时,an<0;当n>1 009时,an>0. ∴数列{an}中前1 009项的和最小.

命题角度2 以函数为载体给出数列

例4

2x+3 已知函数 f (x)= 3x ,数列{an}满足 a1=1,an+1=f

????a1n????,n∈N+.

(1)求数列{an}的通项公式;

解 ∵an+1=f ????a1n????=a2n+3 3=2+33an=an+23, an
∴an+1-an=23,

∴{an}是以23为公差的等差数列.

又 a1=1,∴an=32n+13.

(2)令Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1,求Tn. 解 Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1 =a2(a1-a3)+a4(a3-a5)+…+a2n(a2n-1-a2n+1) =-34(a2+a4+…+a2n) =-34·n????53+423n+13????=-94(2n2+3n).

反思感悟 以函数为载体给出数列,只需代入函数式即可转化为数列问题.

跟踪训练4 设y=f(x)是一次函数,f(0)=1,且f(1),f(4),f(13)成等比数列,

则f(2)+f(4)+…+f(2n)=_2_n_2_+__3_n_.

解析 设f(x)=kx+b(k≠0),又f(0)=1,则b=1,

所以f(x)=kx+1(k≠0).

又[f(4)]2=f(1)f(13),

所以(4k+1)2=(k+1)(13k+1),解得k=2.

所以f(x)=2x+1,则f(2n)=4n+1.

所以{f(2n)}是公差为4的等差数列.

n?5+4n+1?

所以 f(2)+f(4)+…+f(2n)=

2

=2n2+3n.

3 达标检测
PART THREE

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取最小值 时,n等于

√A.6

B.7

C.8

D.9

解析 设等差数列{an}的公差为d,

∵a4+a6=-6,∴a5=-3,

∴d=a55- -a11=2,∴a6=-1<0,a7=1>0,

故当等差数列{an}的前n项和Sn取得最小值时,n等于6.

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2.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前99项和为

√A.2100-101

B.299-101

C.2100-99

D.299-99

1-2n 解析 由数列可知 an=1+2+22+…+2n-1= 1-2 =2n-1,

所以,前99项的和为S99=(2-1)+(22-1)+…+(299-1)

2?1-299?

=2+22+…+299-99=

-99=2100-101.

1-2

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3.在等比数列{an}中,已知a2=4,a6=16,则a4=___8__. 解析 a24=a2a6=4×16=64,∴a4=±8. 若 a4=-8,则 a23=a2a4<0. ∴a4=-8舍去.∴a4=8.
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4.等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4 +log2a5=__5___. 解析 log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2…a5)=log2a53, 又 a1a5=a23=4,且 a3>0,∴a3=2. ∴log2a53=log225=5.
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5.若数列{an}的前 n 项和 Sn=32n2-229n(n=1,2,3,…),则此数列的通项公 式为__a_n_=__3_n_-__1_6_;数列{nan}中数值最小的项是第__3__项.
??S1,n=1, 解析 利用 an=???Sn-Sn-1,n≥2 求得 an=3n-16. 则 nan=3n2-16n=3????????n-83????2-694????, 所以n=3时,nan的值最小.
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课堂小结
KETANGXIAOJIE
1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列,也是高考中 经常考查并且重点考查的内容之一,这类问题多从数列的本质入手,考 查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式 等问题. 2.数列求和的方法:一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通 项,然后通过对通项变形,转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用 特点的形式,从而选择合适的方法求和. 3.在求通项求和的基础上,可以借助不等式、单调性等研究数列的最值、 取值范围、存在性问题.


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