沪教版（上海）高二数学上册 第7章 数列与数学归纳法 复习 课件(共63张PPT)

(共63张PPT)
第7章
数列与数学归纳法
复习课件
题型探究
知识梳理
内容索引
当堂训练
知识梳理
　知识网络
　对比归纳等差数列和等比数列的基本概念和公式
?
等差数列
等比数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫作等差数列，这个常数叫作等差数列的公差，公差通常用字母d表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)
递推公式
an＋1－an＝d
＝q
中项
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列。这时A叫作a与b的等差中项，并且A＝
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，且G＝
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
前n项和公式
q≠1时，Sn＝
＝
，q＝1时，Sn＝na1
性质
am，an的关系
am－an＝(m－n)d
＝qm－n
m，n，s，t∈N＋，m＋n＝s＋t
am＋an＝as＋at
aman＝asat
{kn}是等差数列，且kn∈N＋
{
}是等差数列
{
}是等比数列
n＝2k－1，k∈N＋
S2k－1＝(2k－1)·ak
a1a2·…·a2k－1＝
判
断
方
法
利用定义
an＋1－an是同一常数
是同一常数
利用中项
an＋an＋2＝2an＋1
anan＋2＝
利用通项公式
an＝pn＋q，其中p、q为常数
an＝abn(a≠0，b≠0)
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)
数学归纳法：对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：
先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k
(k?N
，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法
数学归纳法的基本思想：
即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k∈N
)时，命题成立(这时命题是否成立不是确定的)。根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立。
数列极限的描述性定义
读作
“n
趋向于无穷大时，
的极限等于A
”
一般地，在n无限增大的变化过程中，如果
无穷数列
中的项
无限趋近于一个常数A，
那么A叫做数列
的极限，或叫做数列
收敛于A。
（即
无限趋近于0）
记作
（C
是常数）
常用的数列极限
数列极限的运算性质：
前提
无穷等比数列的各项和
首项为a1?0，
公比为?q??1的无穷等比数列的前n项和为Sn，
当n??时Sn的极限，
称为无穷等比数列的各项和。
并用符号S表示，
即：
对于一个m项的有穷数列{an}(n?1，2，……，m)，
我们也可以定义其各项和，
即定义为：
对于有穷数列而言，
各项和总是存在的。
题型探究
类型一　方程思想求解数列问题
例1　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和。已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列。
(1)求数列{an}的通项；
解答
故数列{an}的通项为an＝2n－1。
(2)令bn＝ln
a3n＋1，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn。
解答
由于bn＝ln
a3n＋1，n＝1，2，…，
由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln
23n＝3nln
2。
又bn＋1－bn＝3ln
2，∴{bn}是等差数列，
反思与感悟
在等差数列和等比数列中，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
的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3
＋1成等比数列，求Sn。
解答
类型二　转化与化归思想求解数列问题
例1　在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1。
(1)
设cn＝
，求证数列{cn}是等差数列；
证明
由Sn＋1＝4an＋2，
①
则当n≥2，n∈N＋时，有Sn＝4an－1＋2
②
①－②得an＋1＝4an－4an－1
方法一　对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n＋1，得
即cn＋1＋cn－1＝2cn，
∴数列{cn}是等差数列。
由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，则a2＝3a1＋2＝5，
方法二　∵an＋1－2an＝2an－4an－1＝2(an－2an－1)，
令bn＝an＋1－2an
则{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝3·2n－1
(2)
求数列{an}的通项公式及前n项和的公式。
解答
设Sn＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，
∴2Sn＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1，
故Sn＝2Sn－Sn
＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1
＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1
＝2＋(3n－4)·2n－1
∴
数列{an}的通项公式为an＝(3n－1)·2n－2，前n项和公式为Sn＝2＋(3n－4)·2n－1，n∈N＋。
反思与感悟
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，再用公式求出。
跟踪训练1　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；
∵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。
解答
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列。
证明
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，
①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)。
②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2
＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2
＝nan－Sn＋2Sn－1＋2。
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)。
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，
∴
＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列。
类型三　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1　已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项。
(1)求数列{an}的通项公式；
解答
由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，
整理得2a1d＝d2。∵d>0，∴d＝2。
∵a1＝1。∴an＝2n－1
(n∈N＋)。
(2)设bn＝
(n∈N＋)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>
总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由。
解答
∴数列{Sn}是递增的。
又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8。
反思与感悟
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1　已知首项为
的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列。
(1)求数列{an}的通项公式；
解答
设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
(2)设Tn＝Sn－
(n∈N＋)，求数列{Tn}最大项的值与最小项的值。
解答
命题角度2　以函数为载体给出数列
例2　已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，n∈N＋。
(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；
解答
由an＋1＝f(an)?an＋1＝2－|an|，
a1＝0?a2＝2，a3＝0，a4＝2。
(2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值。
解答
＝a1[2－|2－|a1||]?(2－a1)2＝a1[2－|2－a1|]，
分情况讨论：
反思与感悟
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2　已知函数f(x)＝
，数列{an}满足
a1＝1，an＋1＝
，n∈N＋。
(1)求数列{an}的通项公式；
解答
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn。
解答
Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
类型四　数学归纳法
例1
用数学归纳法证明：如果{an}是一个等差数列，公差是d，那么an=a1+(n－1)d对一切n∈N+都成立。
证明：（1）当n=1时，左边=a1，右边=a1，等式是成立的；
（2）假设当n=k时，等式成立，即ak=a1+(k－1)d，
那么ak+1=ak+d=[a1+(k－1)d]+d=a1+kd，
这就是说，当n=k+1时，等式也成立，
由（1）和（2）可以断定，等式对任何n∈N+都成立。
例2
用数学归纳法证明：1+3+5+…+(2n－1)=n2。
证明：（1）当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立；
（2）假设当n=k时，等式成立，即1+3+5+…+(2k－1)=k2。
那么1+3+5+…+(2k－1)+[2(k+1)－1]
=k2+[2(k+1)－1]=k2+2k+1=(k+1)2。
这就是说，当n=k+1时，等式也成立，
由（1）和（2）可以断定，等式对任何n∈N+都成立。
类型五　数列极限
（1）简单型极限——直接法：
当堂训练
设等差数列{an}的公差为d，由前n项和的概念及已知条件得
＝9(2a1＋d)，
①
4a1＋6d＝4(2a1＋d
)。
②
由②得d＝2a1，代入①有
＝36a1，
解得a1＝0或a1＝36。
将a1＝0舍去。因此a1＝36，d＝72，
故数列{an}的通项公式an＝36＋(n－1)·72＝72n－36＝36(2n－1)。
1.设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和(n∈N＋)，且
＝9S2，S4＝4S2，则数列{an}的通项公式是_____________。
答案
解析
an＝36(2n－1)
2.若数列{an}的前n项和Sn＝
n2－
n(n＝1，2，3，…)，则此数列的通项公
式为__________；数列{nan}中数值最小的项是第__项。
答案
解析
an＝3n－16
3
所以n＝3时，nan的值最小。
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a3＋b3＝17，T3－S3＝12，求{an}、{bn}的通项公式。
解答
设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q。
由a3＋b3＝17得1＋2d＋3q2＝17，
①
由T3－S3＝12得q2＋q－d＝4。
②
由①、②及q＞0解得q＝2，d＝2。
故所求的通项公式为an＝2n－1，bn＝3·2n－1。
4.用数学归纳法证明：
证明：（1）当n=1时，左边=4，右边=4，因为左边=右边，所以等式是成立的；
（2）假设当n=k时，等式成立，即
这就是说，当n=k+1时，等式也成立，
由（1）和（2）可以断定，等式对任何n∈N+都成立。
6.计算下列数列的极限：
谢
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