人教A版(2019)数学选择性必修二册 第四章数列章末复习导学案

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名称 人教A版(2019)数学选择性必修二册 第四章数列章末复习导学案
格式 docx
文件大小 37.4MB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2022-12-03 15:14:34

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文档简介

第四章 数列章末复习
[知识体系]
[题型突破]
题型一 求数列的通项公式
【例1】 (1) 已知等比数列{an}为递增数列,且=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列的通项公式an=(  )
A.2n B.2n+1 C. D.
(2) 已知数列{an}中,an+1=3an+4,且a1=1,求通项公式.
反思感悟
数列通项公式的求法
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叫定义法,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=求解.
3 累加或累乘法.形如an-an-1=f n n≥2 的递推式,可用累加法求通项公式;形如=f n n≥2 的递推式,可用累乘法求通项公式.
4 构造法.如an+1=Aan+B可构造{an+n}为等比数列,再求解得通项公式.
跟踪训练
1.已知数列{an}的前n项和Sn=2n-an,求数列的通项公式an.
题型二 等差、等比数列的基本运算
【例2】 等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[思路探究] 
(1)利用方程思想求出首项和公比,从而得通项公式;
(2)同样利用方程思想求首项和公差,最后求和Sn.
[反思感悟]
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量:a1,an,n,d 或q ,Sn,其中a1和d 或q 为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d q ,an,Sn,n的方程组,利用方程的思想求出需要的量,当然在求解中若能运用等差 比 数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用.
跟踪训练
2.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.
题型三 等差、等比数列的判定
【例3】 数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*).
(1)设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列;
(2)设cn=,求证:{cn}是等差数列.
[思路探究] 分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明.
反思感悟
等差数列、等比数列的判断方法
1 定义法:an+1-an=d 常数 {an}是等差数列;=q q为常数,q≠0 {an}是等比数列.
2 中项公式法:2an+1=an+an+2 {an}是等差数列;a=an·an+2 an≠0 {an}是等比数列.
3 通项公式法:an=kn+b k,b是常数 {an}是等差数列;an=c·qn c,q为非零常数 {an}是等比数列.
4 前n项和公式法:Sn=An2+Bn A,B为常数,n∈N* {an}是等差数列;Sn=Aqn-A A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n∈N* {an}是等比数列.
提醒:①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法,而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.②若要判定一个数列不是等差 比 数列,则只需判定其任意的连续三项不成等差 比 即可.
跟踪训练
3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)证明++…+<.
题型四 等差、等比数列的性质
【例4】 (1)(多选题)等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时,a3+a8+a13是一个定值,则下列各数也为定值的有(  )
A.a7 B.a8 C.S15 D.S16
(2)(多选题)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件a1>1,a2 019a2 020>1,<0,下列结论正确的是(  )
A.S2 019C.T2 020是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值
(3)等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=________.
反思感悟
解决等差、等比数列有关问题的几点注意
1 等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用;
2 对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用;
3 注重问题的转化,由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列,以便利用相关公式和性质解题;
4 当题目中出现多个数列时,既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系,又要横向考察各数列之间的内在联系.
跟踪训练
4.(1)已知{an}为等比数列,且an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,求a3+a5的值.
(2)在等比数列{an}中,已知Sn=48,S2n=60,求S3n.
题型五 数列求和
[探究问题]
1.若数列{cn}是公差为d的等差数列,数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列,且an=cn+bn,如何求数列{an}的前n项和?
[提示] 数列{an}的前n项和等于数列{cn}和{bn}的前n项和的和.
2.有些数列单独看求和困难,但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.试用此种方法求和:12-22+32-42+…+992-1002.
[提示] 12-22+32-42+…+992-1002=(12-22)+(32-42)+…+(992-1002)
=(1-2)(1+2)+(3-4)(3+4)+…+(99-100)(99+100)
=-(1+2+3+4+…+99+100)=-5 050.
3.我们知道=-,试用此公式求和:++…+.
[提示] 由=-得 ++…+
=1-+-+…+-=1-=.
【例5】 已知数列{an}的前n项和Sn=kcn-k(其中c,k为常数),且a2=4,a6=8a3.
(1)求an;
(2)求数列{nan}的前n项和.
[思路探究] 
(1)已知Sn,据an与Sn的关系an=确定an;
(2)若{an}为等比数列,则{nan}是由等差数列和等比数列的对应项的积构成的新数列,可用错位相减法求和.
多维探究
1.例题中的条件不变,(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列{n+an}的前n项和Tn”.
2.例题中的条件不变,将(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列的前n项和Tn”.
3.例题第(2)问中,设Sn是数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
反思感悟
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:利用等差数列或等比数列前n项和公式.
2 分组求和法:把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
3 裂项 相消 法:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和.
4 错位相减法:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
5 倒序相加法:例如,等差数列前n项和公式的推导.
参考答案
题型突破
【例1】(1)答案:A
解析:法一:由数列{an}为递增的等比数列,可知公比q>0,而=a10>0,所以q>1,an>0.由2(an+an+2)=5an+1,得2an+2anq2=5anq,则2q2-5q+2=0,解得q=2或q=(舍去).由a=a10,得(a1q4)2=a1q9,解得a1=2.因此an=2n.
法二:由等比数列{an}为递增数列知,公比q>0,而=a10>0,所以an>0,q>1.由条件得2=5,即2=5,解得q=2.又由a=a10,得(a1q4)2=a1q9,即a1=q=2,故an=2n.]
(2)解:法一:由题意得an=3an-1+4=3(3an-2+4)+4=32an-2+3×4+4=33an-3+32×4+3×4+4=…=3n-1a1+3n-2×4+3n-3×4+…+3×4+4=3n-1+=3n-1+2(3n-1-1)=3n-2.
法二:∵an+1=3an+4,∴an+1+2=3(an+2).
令bn=an+2,∵b1=a1+2=3,∴数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,则bn=3n,∴an=3n-2.
法三:∵an+1=3an+4, ①
∴an=3an-1+4(n≥2). ②
①-②,得an+1-an=3(an-an-1)(n≥2).
∵a2-a1=3+4-1=6,
∴数列{an+1-an}是首项为6,公比为3的等比数列,即an+1-an=6×3n-1=2×3n,利用累加法得an=3n-2.
跟踪训练
1.解: 由a1=S1=2-a1,得a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-an-[2(n-1)-an-1]=-an+2+an-1,所以an=an-1+1,即an-2=(an-1-2).
令bn=an-2,则bn=bn-1,且b1=1-2=-1,
于是数列{bn}是首项为-1,公比为的等比数列,
所以bn=-1×=-,故an=2-.
【例2】解:(1)设{an}的公比为q,
由已知得16=2q3,解得q=2,∴an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得a3=8,a5=32,
则b3=8,b5=32.
设{bn}的公差为d,则有解得
所以bn=-16+12(n-1)=12n-28.
所以数列{bn}的前n项和
Sn==6n2-22n.
跟踪训练
2.解: (1)∵{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,
∴(a3+8)2=(a2+10)(a4+6),
∴(-2+2d)2=d(-4+3d),解得d=2,
∴an=a1+(n-1)d=-10+2n-2=2n-12.
(2)由a1=-10,d=2,得:Sn=-10n+×2=n2-11n=-,
∴n=5或n=6时,Sn取最小值-30.
【例3】证明:(1)an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an.
====2.
因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.
所以b1=a2-2a1=3.
所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知bn=3·2n-1=an+1-2an,
所以-=3.
所以cn+1-cn=3,且c1==2,
所以数列{cn}是等差数列,公差为3,首项为2.
跟踪训练
3.解: (1)由an+1=3an+1得
an+1+=3.
因为a1+=,
所以是首项为,公比为3的等比数列.
所以an+=,因此{an}的通项公式为an=.
(2)证明:由(1)知=.
因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.
于是++…+≤1++…+=<.
所以++…+<.
【例4】答案:(1)BC (2)AB (3)5
解析: (1)由等差中项的性质可得a3+a8+a13=3a8为定值,则a8为定值,
S15==15a8为定值,但S16==8不是定值.故选BC.
(2)当q<0时,a2 019a2 020=aq<0,不成立;
当q≥1时,a2 019≥1,a2 020>1,<0不成立;
故0<q<1,且a2 019>1,0<a2 020<1,故S2 020>S2 019,A正确;
a2 019a2 021-1=a-1<0,故B正确;
T2 019是数列{Tn}中的最大值,CD错误;故选AB.
(3)由等比数列的性质知a1a5=a2a4=a=4 a3=2,
所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log2a=5log22=5.
跟踪训练
4.解: (1)因为数列{an}为等比数列,
∴a2a4=a,a4a6=a,
又∵a2a4+2a3a5+a4a6=25,
∴a+2a3a5+a=25,而an>0,
故a3+a5=5.
(2)根据数列{an}为等比数列,
则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列,
即48,60-48,S3n-60,…成等比数列,
∴48×(S3n-60)=122,
解得S3n=63.
【例5】解: (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=k(cn-cn-1),
则a6=k(c6-c5),a3=k(c3-c2),
==c3=8,
∴c=2.
∵a2=4,即k(c2-c1)=4,解得k=2,
∴an=2n.
当n=1时,a1=S1=2.
综上所述,an=2n(n∈N*).
(2)nan=n·2n,
则Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2Tn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
两式作差得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1,
∴Tn=2+(n-1)·2n+1.
多维探究
1.解:由例题解析知Tn=1+2+2+22+3+23+…+n+2n
=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)
=+
=2n+1-2+.
2.解:由例题解析知Tn=+++…+, ①
Tn=++…++, ②
①-②得:
Tn=+++…+-=-=1--,
∴Tn=2--=2-.
3.解:由(1)知an=2n,
∴Sn===2n+1-2.
因为bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=-=.