(共31张PPT)
第五章
5.3.2 等比数列的前n项和
课程标准
1.理解等比数列的前n项和公式的推导过程;
2.掌握等比数列的前n项和公式及性质,并能用其解决有关等比数列的问题;
3.熟练掌握等比数列的五个量a1,q,n,an,Sn的关系,并能进行相关的运算.
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知识点1
等比数列的前n项和公式
一般地,设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则
因为an=a1qn-1,所以q≠1时,等比数列前n项和的公式也可改写为
Sn= .
na1
过关自诊
[北师大版教材例题](1)已知等比数列{an}中,a1=2,q=3.求S3;
知识点2
等比数列前n项和的常用性质
设等比数列{an}的公比为q,首项为a1,前n项和为Sn,则等比数列的性质如下:
(1)Sk≠0时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列.
过关自诊
[人教A版教材例题改编]等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若 ,则公比q= .
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探究点一 等比数列前n项和公式的应用
【例1】 在等比数列{an}中,
(1)已知a1=3,q=2,求a6,S6;
(2)已知a1=-1,a4=64,求q和S4;
解(1)a6=a1q5=3×25=96.
(2)∵a4=a1q3,∴64=-q3,∴q=-4,
规律方法 等比数列前n项和公式的应用策略
在等比数列{an}中,首项a1与公比q是两个最基本的元素,有关等比数列的问题,均可化成关于a1,q的方程或方程组求解.解题过程中,要注意:①选择适当的公式;②利用等比数列的有关性质;③注意在使用等比数列前n项和公式时,要考虑q是否等于1.
变式训练1在等比数列{an}中,公比为q,前n项和为Sn.
(3)a6-a4=24,a3a5=64,求S8.
探究点二 等比数列前n项和性质的应用
【例2】 (1)已知一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项之和为85,偶数项之和为170,则这个数列的公比q= ,项数n= .
2
8
解析 (方法一)∵n为偶数,∴S偶=q·S奇,
∴2n-1=255,∴n=8,
故这个数列的公比为2,项数为8.
(方法二)该等比数列的公比为q,n为偶数,
则奇数项和偶数项也分别成等比数列,公比均为q2.
∴q=2,n=8,∴这个数列的公比为2,项数为8.
(2)在等比数列{an}中,若前10项的和S10=10,前20项的和S20=30,则前30项的和S30= .
70
解析 (方法一)设数列{an}的首项为a1,公比为q,
(方法二)由题可得S10,S20-S10,S30-S20仍成等比数列,
又S10=10,S20=30,
变式训练2[北师大版教材习题]一个等比数列前n项的和为48,前2n项的和为60,则前3n项的和为( )
A.83 B.108
C.75 D.63
D
解析 记等比数列的前n项和为Sn,由题意知(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),所以S3n=63.
探究点三 特殊数列的求和
【例3】 已知数列{an}为等差数列,数列{bn}是公比为2的等比数列,且满足a1=b1=1,b2+a2=5.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)令cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
解(1)设数列{an}的公差为d,
由已知,得2+1+d=5,解得d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)cn=an+bn=2n-1+2n-1.分组求和,分别根据等比数列求和公式与等差数列
规律方法 分组求和法适用于某些特殊数列的求和,这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式.
变式训练3已知数列{an}的通项公式an=2n+n,求该数列的前n项和Sn.
解Sn=a1+a2+a3+…+an=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(2n+n)
=(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)
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1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=3(a1+a2),则公比q的值为( )
D
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3
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6
2.已知等比数列{an}的公比q=-2,前6项和S6=21,则a6=( )
A.-32 B.-16 C.16 D.32
D
解析 因为q=-2,S6=21,则有S6= =-21a1=21,即a1=-1,
所以a6=a1q5=(-1)×(-2)5=32.
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3.(多选题)[2023安徽阜阳颍上第一中学高二期末]已知数列{an},其前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.若数列{an}是等差数列,则{an+an+1}是等差数列
B.若数列{an}是等比数列,则{an+an+1}是等比数列
C.若数列{an}是等差数列,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k是等差数列
D.若数列{an}是等比数列,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k是等比数列
AC
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2
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解析 对于A,若数列{an}是等差数列,设公差为d,则an+1+an+2-(an+an+1) =an+2-an=2d为常数,因此{an+an+1}是等差数列,A正确;
对于C,Sk=a1+a2+…+ak,S2k-Sk=ak+1+ak+2+…+a2k,S3k-S2k =a2k+1+a2k+2+…+a3k,
显然有a1+a2k+1=2ak+1,a2+a2k+2=2ak+1,……,ak+a3k=2a2k,
所以Sk+(S3k-S2k)=2(S2k-Sk),即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k是等差数列,C正确;
对于B,an=(-1)n,则{an}是等比数列,但an+an+1=0,{an+an+1}不是等比数列,B错误;
对于D,an=(-1)n,当k=2时,S2=0,S4-S2=0,S6-S4=0,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k不是等比数列,D错误.
故选AC.
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4.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3= ,则a4的值为 .
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5.[2023宁夏银川一中高二阶段练习]已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若
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6.[2023陕西渭南高二阶段练习]已知{an}是等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,a5=8a2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Sm=63,求正整数m的值.
解(1)设{an}的公比为q.
∵a5=8a2,∴a1q4=8a1q,
∴q=2,∴an=2n-1.(共30张PPT)
第五章
5.4 数列的应用
课程标准
1.能够将实际问题抽象为数列模型,提高分析问题和解决问题的能力;
2.会利用等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式解决分期付款和政府支出的“乘数”效应等问题.
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知识点
解应用题的基本步骤
1.审题:弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系.
2.建模:利用数学知识及其他相关知识建立相应的数学模型.
3.求模:求解数学模型,得出数学结论.
4.还原:将数学结论还原为实际问题的答案.
过关自诊
1.[人教A版教材例题改编]在新城大道一侧A处,运来20棵新树苗.一名工人从A处起沿大道一侧路边每隔10 m栽一棵树苗(A处也栽),这名工人每次只能运一棵.要栽完这20棵树苗,并返回A处,植树工人走的总路程为
m.
3 800
解析 植树工人每种一棵树并返回A处所要走的路程(单位:m)组成了一个数列0,20,40,60,…,380,
这是首项a1=0,公差d=20,项数n=20的等差数列,其和
因此,植树工人走的总路程为3 800 m.
2.某厂2023年的生产总值为x万元,预计生产总值每年以12%的速度递增,则该厂到2032年的生产总值是 万元.
x(1+12%)9
解析 由年平均增长率的定义可得,2024年生产总值为x(1+12%),2025年生产总值为x(1+12%)2……
所以2032年生产总值为x(1+12%)9.
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探究点一 等差数列的应用
【例1】 某种汽车购买时费用为14.4万元,每年应交付保险费、汽油费共0.9万元,汽车的维修费为:第一年0.2万元,第二年0.4万元,第三年0.6万元……依等差数列逐年递增.
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n),试写出f(n)的表达式;
(2)求这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少).
解(1)f(n)=14.4+(0.2+0.4+0.6+…+0.2n)+0.9n=14.4+ +0.9n
=0.1n2+n+14.4(n∈N+).
(2)设该车的年平均费用为S万元,
n=12时,等号成立.
故该汽车使用12年报废最合算.
规律方法 等差数列与最值的求解策略
本题主要考查等差数列的应用,读懂题意,转化为等差数列求和,利用基本不等式求最值是解题的关键.
变式训练1[北师大版教材例题]银行有一种称为零存整取的储蓄业务,即每月定时存入一笔相同数目的现金,这是零存;到约定日期,可以取出全部本利和,这是整取(现在有一年、三年、五年3种,年利率分别为1.35%,1.55%,1.55%).规定每次存入的钱不计复利.
(1)若每月存入金额为x元,月利率r保持不变,存期为n个月,试推导出到期整取时本利和的公式;
(2)若每月初存入500元,到第3年整取时的本利和是多少 (精确到0.01元)
(3)若每月初存入一定金额,希望到1年后整取时取得本利和2 000元,则每月初应存入的金额是多少 (精确到0.01元)
解(1)根据题意,第1个月存入的金额为x元,到期利息为xrn元;第2个月存入的金额为x元,到期利息为xr(n-1)元……第n个月存入的金额为x元,到期利息为xr元.不难看出,这是一个等差数列求和的问题.
探究点二 等比数列的应用
【例2】 某工厂为“减员增效”对部分人员实行分流,规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100%,从第二年起,以后每年只能在原单位按上一年的 领取工资,该厂根据分流人员的技术特长,计划创办新的经济实体,该经济实体预计第一年属投资阶段,第二年每人可获得b元收入,从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增50%,如果某人分流前工资的收入为每年a元,分流后进入新经济实体,第n年的收入为an元.
(1)求{an}的通项公式;
(2)当b≥ 时,是否一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入
所以一定可以保证这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入.
规律方法 等比数列实际问题的求解策略
本题考查等比数列在实际问题中的应用,涉及通项公式的求法、基本不等式的应用等,注意数列不等式的证明可以利用数列单调性来证明,也可以根据通项的结构形式选择基本不等式来证明.
变式训练2某校为扩大教学规模,从今年起扩大招生,现有学生人数为b,以后学生人数年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a吨,其中需要换掉的旧设备占了一半.学校决定每年以当年年初设备重量的10%的增长率增加新设备,同时每年淘汰x吨旧设备.
(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番,那么每年应更换的旧设备是多少吨
(2)依照(1)的更换速度,共需多少年能更换所有需要更换的旧设备
参考数据:
1.19≈2.36 1.004 99≈1.04
1.110≈2.6 1.004 910≈1.05
1.111≈2.85 1.004 911≈1.06
解(1)今年学生人数为b,则10年后学生人数为b(1+4.9‰)10≈1.05b.
设明年起学校的实验设备的重量为数列{an},
则a1=1.1a-x,an+1=1.1an-x,
所以an+1-10x=1.1(an-10x),
所以数列{an-10x}是首项为1.1a-11x,公比为1.1的等比数列,
所以an-10x=(1.1a-11x)·1.1n-1,即an=10x+(a-10x)·1.1n,
所以a10=10x+(a-10x)·1.110≈2.6a-16x.
探究点三 数列递推公式的实际应用
【例3】 [人教A版教材例题]某牧场今年初牛的存栏数为1 200,预计以后每年存栏数的增长率为8%,且在每年年底卖出100头牛.设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为c1,c2,c3,….
(1)写出一个递推公式,表示cn+1与cn之间的关系;
(2)将(1)中的递推公式表示成cn+1-k=r(cn-k)的形式,其中k,r为常数;
(3)求S10=c1+c2+c3+…+c10的值(精确到1).
解(1)由题意,得c1=1 200,并且cn+1=1.08cn-100.①
(2)将cn+1-k=r(cn-k)化成cn+1=rcn-rk+k.②
所以,(1)中的递推公式可以化为cn+1-1 250=1.08(cn-1 250).
(3)由(2)可知,数列{cn-1 250}是以-50为首项,1.08为公比的等比数列,
则(c1-1 250)+(c2-1 250)+(c3-1 250)+…+(c10-1 250)= ≈-724.3.
所以S10=c1+c2+c3+…+c10≈1 250×10-724.3=11 775.7≈11 776.
规律方法 利用递推公式解决实际问题的策略
理清题意→建立递推关系式→构造数列→解决问题
变式训练3[人教A版教材例题]去年某地产生的生活垃圾为20万吨,其中14万吨垃圾以填埋方式处理,6万吨垃圾以环保方式处理.预计每年生活垃圾的总量递增5%,同时,通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨.为了确定处理生活垃圾的预算,请写出从今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式,并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量(精确到0.1万吨).
解设从今年起每年生活垃圾的总量(单位:万吨)构成数列{an},每年以环保方式处理的垃圾量(单位:万吨)构成数列{bn},n年内通过填埋方式处理的垃圾总量为Sn(单位:万吨),则an=20(1+5%)n,bn=6+1.5n,
Sn=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(an-bn)=(a1+a2+…+an)-(b1+b2+…+bn) =(20×1.05+20×1.052+…+20×1.05n)-(7.5+9+…+6+1.5n)
当n=5时,S5≈63.5.
所以,从今年起5年内,通过填埋方式处理的垃圾总量约为63.5万吨.
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1.某人于2018年7月1日去银行存款a元,存的是一年定期储蓄,2019年7月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄,此后每年的7月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款.设银行一年定期储蓄的年利率r不变,则到2023年7月1日他将所有的本息全部取出时,取出的钱共有( )
A.a(1+r)4元
B.a(1+r)5元
C.a(1+r)6元
D
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解析 设2018年存入银行的存款为a1元,2019年存入银行的存款为a2元,以此类推,则2023年存入银行的存款为a6元,那么2023年从银行取出的钱有(a6-a)元.
∴a1=a,
a2=a(1+r)+a,
a3=a(1+r)2+a(1+r)+a,
……
a6=a(1+r)5+a(1+r)4+a(1+r)3+a(1+r)2+a(1+r)+a,
∴a6-a=a[(1+r)+(1+r)2+…+(1+r)5]
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2.[北师大版教材习题]某座高山上气温从山脚起每升高100 m降低0.6 ℃,已知山顶的气温是15.8 ℃,山脚的气温是26 ℃.那么,此山相对于山脚的高度是( )
A.1 500 m B.1 600 m
C.1 700 m D.1 800 m
C
解析 从山顶到山脚每降低100 m,依次所得气温可构成以0.6为公差的等差数列{an}(单位:℃),a1=15.8,d=0.6,an=26,所以26=15.8+(n-1)×0.6,所以n=18,
所以高度为(18-1)×100=1 700(m).
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3. 如图所示,是数学家毕达哥拉斯的生长程序:正方形上连接着一个等腰直角三角形,等腰直角三角形的直角边上再连接正方形……如此继续.一共得到1 023个正方形,设初始正方形的边长为 ,则最小正方形的边长
为 .
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第五章
培优课 等差数列习题课
课程标准
1.进一步理解等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式;
2.理解等差数列的性质和等差数列前n项和的性质.
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探究点一 等差数列的基本运算
【例1】 [北师大版教材习题]在等差数列{an}中:
(1)已知S8=48,S12=168,求a1和d;
(2)已知a6=10,S5=5,求a8和S8.
规律方法 等差数列的基本运算的解题方法
(1)选择适当的公式;
(2)合理利用等差数列的有关性质.
变式训练1已知等差数列{an}中,
(2)a1=1,an=-512,Sn=-1 022,求d;
(3)S5=24,求a2+a4.
整理得n2-7n-60=0,
解得n=12或n=-5(舍去).
解得n=4.
又an=a1+(n-1)d,即-512=1+(4-1)d,
解得d=-171.
探究点二 等差数列前n项和的函数特征
【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2-kn,a2=2.
(1)求数列{an}的通项公式并判断数列是不是等差数列;
(2)求Sn-10an的最小值.
解(1)由题意可得a2=S2-S1=(4-2k)-(1-k)=3-k=2,解得k=1,所以Sn=n2-n.
当n=1时,a1=S1=0;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-n)-[(n-1)2-(n-1)]=2n-2,a1=0也满足an=2n-2,故数列{an}的通项公式为an=2n-2,此时an+1-an=2(n+1)-2-(2n-2)=2,
∴{an}是公差为2的等差数列.
或n=11时,Sn取得最小值,且最小值为-90.
规律方法 一般地,对于前n项和Sn=An2+Bn+C的数列{an},当C=0时,{an}是等差数列;当C≠0时,除a1外,其他的项成等差数列.
变式训练2已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2-30n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求Sn的最小值及对应的n的值.
解(1)∵Sn=n2-30n,∴当n=1时,a1=S1=-29;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-30n)-[(n-1)2-30(n-1)]=2n-31.
∵当n=1时也满足此式,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-31.
(2)Sn=n2-30n=(n-15)2-225.
当n=15时,Sn最小,且最小值为-225.
探究点三 与等差数列相关的特殊数列的求和问题
【例3】 已知等差数列{an}满足a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
规律方法 裂项相消法
对于形如 (其中{an}为等差数列)的求和问题一般用裂项相消法,它的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项(裂成两项),并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项,其余各项都能前后相抵消,进而可求出数列的前n项和.常用到的裂项公式有如下形式:
变式训练3设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S3=12.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列 的前n项和为Tn,求T2 023的值.
解(1)设{an}的公差为d.
∵S3=3a2=12,∴a2=4,∴d=a2-a1=2,
∴an=2+2(n-1)=2n.
探究点四 等差数列前n项和中的最值问题
【例4】 已知在等差数列{an}中,a1=31,Sn是它的前n项和,S10=S22.
(1)求Sn.
(2)这个数列前多少项的和最大 求出这个最大值.
解(1)∵S10=a1+a2+…+a10,S22=a1+a2+…+a22,又S10=S22,
(2)由(1)可知Sn=32n-n2=-(n-16)2+256,
∴当n=16时,Sn有最大值,Sn的最大值是256.
规律方法 1.已知等差数列的前n项和公式求最值,一般要运用配方法求解,即借助于二次函数的性质求解.
2.已知和关系求最值
在等差数列{an}中,
(1)若a1>0,且Sp=Sq(p≠q),则
(2)若a1<0,且Sp=Sq(p≠q),则
变式训练4已知数列{an}为等差数列,若 <-1,且它的前n项和Sn有最大值,那么使Sn取得正值的最大的n等于多少
解由已知得,数列{an}是首项为正数,公差为负数的等差数列,
∴使Sn取得正值的最大的n为19.
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1.已知数列{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20的值为( )
A.-1 B.1 C.3 D.7
B
解析 设数列{an}的公差为d.
由已知得a1+a3+a5=3a3=105,a2+a4+a6=3a4=99,
∴a3=35,a4=33,∴d=a4-a3=-2,
∴a20=a3+17d=35+(-2)×17=1.
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2.设Sn是数列{an}的前n项和,若Sn=n2+2n,则a2 023=( )
A.4 045 B.4 044
C.4 047 D.2 023
C
解析 (方法一)a2 023=S2 023-S2 022=2 0232+2×2 023-2 0222-2×2 022=4 047.
(方法二)∵Sn=n2+2n,∴当n=1时,a1=S1=3,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1,
当n=1时,也适合上式,∴an=2n+1,则a2 023=2×2 023+1=4 047.
故选C.
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3.中国古代数学专著《九章算术》中有这样一题:今有男子善走,日增等里,九日走1 260里,又第一日、第四日、第七日所走之和为390里,则该男子第三日走的路程为( )
A.240里 B.120里 C.100里 D.90里
B
解析 因为男子善走,日增等里,所以其每天走的路程成等差数列.
设这个等差数列为{an},其公差为d,前n项和为Sn,
1
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5
6
4.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且S2=35,a2+a3+a4=39,则当Sn取最大值时,n的值为 .
7
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,
又n∈N+,∴当n=7时,Sn取得最大值.
1
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6
(方法二)设等差数列{an}的公差为d.
∵a2+a3+a4=3a3=39,∴a3=13,
∴2a3-S2=(a3-a2)+(a3-a1)=3d=-9,解得d=-3,
则an=a3+(n-3)d=22-3n.
∴n=7,即数列{an}的前7项为正数,从第8项起各项均为负数,故当n=7时,Sn取得最大值.
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5.已知数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|= .
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解析 设数列{an}的前n项和为Sn.
∵an+1-an=3,
∴数列{an}是等差数列,
∴当n=21时,an=0;当n>21时,an>0;当n<21时,an<0,
∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-a1-a2-a3-…-a21+a22+a23+…+a30=-2S21+S30
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6.[人教A版教材习题改编]已知数列{an}的前n项和 .求这个数列的通项公式,并判断是不是等差数列.(共25张PPT)
第五章
培优课 等比数列习题课
课程标准
1.进一步理解等比数列的定义、通项公式及前n项和;
2.理解等比数列的性质、等比数列前n项和的性质的应用;
3.掌握数列求和的常用方法——错位相减法.
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探究点一 等比数列的基本运算
【例1】 已知四个实数,前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,首末两数之和为37,中间两数之和为36,求这四个数.
解设前两个数分别为a,b,则第三、四个数分别为36-b,37-a,
规律方法 等比数列运算的求解策略
解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式并灵活运用,在运算过程中,还应善于运用整体代换思想简化运算的过程.在使用等比数列的前n项和公式时,应根据公比q的情况进行分类讨论,切不可忽视q的取值而盲目用求和公式.
变式训练1[人教A版教材习题]已知三个数成等比数列,它们的和等于14,积等于64.求这个等比数列的首项和公比.
(方法三)设这个数列为{an},公比为q,当q=1时,不符合题意,所以q≠1.
探究点二 错位相减法求和
【例2】 [2023江苏南京高三专题练习]在数列{an}中,a1=1,an+1=an-2anan+1.
(2)解由(1)知bn=(2n-1)×3n,
∴Sn=1×3+3×32+5×33+7×34+…+(2n-1)×3n,
∴3Sn=1×32+3×33+5×34+7×35+…+(2n-1)×3n+1,
两式相减得-2Sn=3+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1
=3+3n+1-9-(2n-1)×3n+1=2(1-n)×3n+1-6,
∴Sn=(n-1)×3n+1+3.
规律方法 错位相减法求和的技巧
对于形如Cn=anbn(其中an为等差数列,bn为等比数列)的数列求和均可用错位相减法.运用此法时,一定要明确谁与谁对应以及项数、角标等问题,该方法虽不难理解,但对运算能力要求较高,并且最后要注意检验,简单的操作方法是赋特殊值法.
探究点三 an+1=pan+q(p≠1)型数列的构造与证明
【例3】 [人教A版教材习题]若数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=2an+1,求数列{an}的通项公式及前10项的和.
解 由an+1=2an+1,可得an+1≠0,an+1+1=2(an+1),
∴数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,
∴an+1=2×2n-1=2n,即an=2n-1,
规律方法 一般地,可根据递推公式的特点将其进行变形,变为我们所熟悉的数列来解决.对于形如an+1=pan+q(p≠1)的递推公式,可设出形式
探究点四 已知Sn求an
【例4】 (1)已知等比数列的前n项和为Sn=(1-2λ)+λ·2n,则λ=( )
A.-1 B.1 C.2 D.3
B
解析 当q=1时,a1=S1=(1-2λ)+2λ=1,则Sn=n,显然与题设不符,∴q≠1,
(2)[人教A版教材习题]已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an+1,求Sn.
解(方法一)因为Sn=2an+1,
当n=1时,a1=S1=2a1+1,所以a1=-1;
当n≥2时,Sn-1=2an-1+1,
所以Sn-Sn-1=2an-2an-1,所以an=2an-2an-1,
所以{an}是首项为-1,公比为2的等比数列,
所以an=a1·qn-1=(-1)·2n-1=-2n-1.
所以Sn=2an+1=2·(-2n-1)+1=-2n+1.
规律方法 1.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=λqn+μ(λ≠0),若数列{an}为等比数列,则λ+μ=0.
2.若数列{an}的前n项和为Sn,Sn=kan+b(k≠0,k≠1),则此时数列{an}为等比数列.
(方法二)因为Sn=2an+1,当n=1时,S1=2S1+1,所以S1=-1;
当n≥2时,Sn=2(Sn-Sn-1)+1,所以Sn=2Sn-1-1,
所以Sn-1=2(Sn-1-1),
所以Sn-1=(-2)·2n-1=-2n,所以Sn=-2n+1.
变式训练3(1)记数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-1,则S2 023=( )
A.22 022-1 B.22 023-1
B
解析 依题意,Sn=2an-1,
当n=1时,a1=2a1-1,解得a1=1;
当n≥2时,由Sn=2an-1得Sn-1=2an-1-1,
两式相减并化简得an=2an-1.
故数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an=2n-1.
(2)[2023上海徐汇高二期末]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,Sn=7n-1+k,则实数k= .
解析 当n=1时,a1=S1=k+1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(7n-1+k)-(7n-2+k)=6×7n-2,
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1.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn+an=1.若 ,则m=( )
A.2 B.4
C.6 D.8
D
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2.已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,则an= .
2n+1-3
解析 因为an+1=2an+3,
所以数列{an+3}是以a1+3=4为首项,2为公比的等比数列,
所以an+3=4×2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3.
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3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,且a5=S5,则S2 022= .
0
解析 根据数列前n项和的定义知S5=a1+a2+a3+a4+a5=a5,故a1+a2+a3+a4=0,即a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)=0,从而1+q=0,q=-1,所以这个等比数列的相邻两项的和都是0,所以S2 022=0.
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4.[人教A版教材习题改编]数列{an}的通项公式为an=nxn-1(x≠0),求{an}的前n项和Sn.(共32张PPT)
第五章
5.2.2 等差数列的前n项和
课程标准
1.理解等差数列前n项和公式的推导过程;
2.掌握等差数列前n项和公式及性质,并能解决相应问题;
3.熟练掌握等差数列的五个量a1,d,n,an,Sn的关系,能够由其中的三个求另外的两个.
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知识点1
等差数列的前n项和公式
设等差数列{an}的前n项和为Sn,则Sn= 或Sn= .
名师点睛
1.对前n项和公式的几点说明
(1)当已知首项a1,末项an,项数n时,用公式 .用此公式时,有时要结合等差数列的性质.
(2)当已知首项a1,公差d及项数n时,用公式 .
2.等差数列前n项和的性质
性质1:等差数列的依次k项之和仍然是等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k,…成等差数列,且公差为k2d.
性质3:S2n-1=(2n-1)an.
性质5:(1)若等差数列{an}的项数为2n,则S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=nd,
过关自诊
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=-1,a10=11,则S10=( )
A.30 B.40
C.50 D.60
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=-5,d=3,则S8=( )
A.44 B.40 C.15 D.5
C
A
知识点2
等差数列的前n项和公式与函数的关系
因此,由二次函数的性质可以得出结论:当d>0时,Sn有最小值;当d<0时,Sn有最大值.
过关自诊
[人教A版教材例题]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=10,公差d=-2,则Sn是否存在最大值 若存在,求Sn的最大值及取得最大值时n的值;若不存在,请说明理由.
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探究点一 等差数列的前n项和公式的直接应用
【例1】 [人教A版教材例题]已知数列{an}是等差数列.
(1)若a1=7,a50=101,求S50;
整理,得n2-7n-60=0.
解得n=12,或n=-5(舍去).
所以n=12.
规律方法 等差数列的求解策略
等差数列的两个求和公式一共涉及a1,an,Sn,n,d五个量,通常已知其中三个,可求另外两个,方法就是解方程组.
变式训练1设Sn为等差数列{an}的前n项和,S4=14,S10-S7=30,则S9= .
54
探究点二 等差数列前n项和性质的应用
【例2】 (1)等差数列{an}中共有3m项,前2m项的和为100,后2m项的和为200,求中间m项的和.
(方法二)∵数列{an}为等差数列,设Sn为数列{an}的前n项和,
则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,
∴2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m),
∴4(S2m-Sm)=Sm+S3m-S2m+2(S2m-Sm)=S3m-Sm+S2m.
又S2m=100,S3m-Sm=200,
(2)项数为奇数的等差数列,奇数项之和为44,偶数项之和为33,求这个数列的中间项及项数.
解 不妨设等差数列{an}共有(2n+1)项,则奇数项有(n+1)项,偶数项有n项,中间项是第(n+1)项,即an+1,
∴2n+1=7.
又S奇=(n+1)an+1=44,∴a4=11.
故这个数列的中间项为11,项数为7.
规律方法 利用等差数列前n项和的性质简化计算
(1)在解决等差数列问题时,先利用已知条件求出a1,d,再求所求,是基本解法(有时运算量大些).
(2)如果利用等差数列前n项和的性质或利用等差数列通项公式的性质,可简化运算,为最优解法.
(3)设而不求,整体代换也是很好的解题方法.
变式训练2(1)[2023陕西西安中学高二期中]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a6=9,S9=45,则数列{an}的公差为( )
A.2 B.-2 C.6 D.4
D
解析 ∵{an}为等差数列,∴S9=9a5=45,
∴a5=5,∴数列{an}的公差为a6-a5=4.故选D.
(2)已知等差数列{an}共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差为( )
A.5 B.4 C.3 D.2
C
解析 设数列{an}的首项为a1,公差为d.
(3)[人教A版教材习题改编]在等差数列{an}中,Sn为其前n项的和,若S4=6,S8=20,则S16= .
72
解析 由题意,知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12仍成等差数列,即6,14,S12-20,S16-S12成等差数列,其公差为14-6=8,所以S12-20=14+8=22,S16-S12=14+8×2=30,解得S12=42,S16=72.
探究点三 等差数列前n项和的最值问题
【例3】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=25,S17=S9,求Sn的最大值.
解(方法一)设数列{an}的公差为d.
(方法二)先求出d=-2(同方法一).
∵a1=25>0,
∴当n=13时,Sn有最大值169.
(方法三)先求出d=-2(同方法一).
由S17=S9,得a10+a11+…+a17=0.
又a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a14,
∴a13+a14=0.
∵d=-2<0,a1>0,∴a13>0,a14<0.
∴n=13时,Sn有最大值169.
(方法四)先求出d=-2(同方法一),则Sn=26n-n2.
令y=-x2+26x(x>0),则其图象如图所示,
由S17=S9知,图象的对称轴为直线x= =13,故当n=13时,Sn取得最大值169.
规律方法 解等差数列的前n项和最大(小)值问题的常用方法
(1)二次函数法:由于 是关于n的二次式,因此可用二次函数的最值来确定Sn的最值,但要注意这里的n∈N+.
(2)图象法:可利用二次函数图象的对称性来确定n的值,使Sn达到最大(或最小).
(3)通项法:由于Sn=Sn-1+an,所以当an≥0时,Sn≥Sn-1;当an≤0时,Sn≤Sn-1,因此当a1>0,且d<0时,使an≥0的最大的n的值,使Sn最大;当a1<0,d>0时,满足an≤0的最大的n的值,使Sn最小.
变式训练3在等差数列{an}中,|a3|=|a9|,公差d<0,则使{an}的前n项和Sn最大的n的值为( )
A.5 B.6
C.5或6 D.6或7
C
解析 由已知得a3>0,a9<0,因此|a3|=|a9|可化为a3+a9=0,即a6=0,所以S5=S6,故使{an}的前n项和Sn最大,n的值为5或6.
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1.[2023湖北宜昌高二期末]已知等差数列{an}中,a5+a9=2,则S13=( )
A.11 B.12
C.13 D.不确定
C
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2.已知数列{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,其前n项和为Sn,且满足2a4=a3+5,则S9=( )
A.35 B.40
C.45 D.50
C
解析 ∵2a4=a3+5,∴2(a5-d)=a5-2d+5,∴a5=5,
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3.(多选题)[2023河北石家庄第二十五中学高三开学考试]已知公差d不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+3a2=S6,则( )
A.a7=0 B.a2+a6=a8
C.S13=0 D.S6=S8
AC
解析 由题意有a1+3a2= ×6,化简整理得a1+6d=0,所以a7=0,选项A正确;
a2+a6=2a1+6d=-6d,a8=a1+7d=d,因为d≠0,所以a2+a6≠a8,故选项B不正确;
S13= ×13=13a7=0,故选项C正确;
因为a7=0,d≠0,所以a7+a8≠0,所以S6≠S8,故D不正确.
故选AC.
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4.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若 =2,则数列{an}的公差为 .
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5.等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10=30,a20=50.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Sk=242,求k.(共41张PPT)
第五章
5.1.1 数列的概念
课程标准
1.理解数列的概念,掌握数列的几种分类;
2.理解数列通项公式的概念及意义;
3.了解数列是一种特殊的函数;
4.能用通项公式求数列的项,能够根据数列的已知项,求数列的一个通项公式.
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知识点1
数列的概念和分类
1.数列的概念
按照 排列的一列数称为数列.数列中的每一个数都称为这个数列的 ,各项依次称为这个数列的第1项(或 ),第2项……组成数列的数的个数称为数列的 .
一定次序
项
首项
项数
2.数列按项的个数分类
类别 定义
有穷数列 项数有限的数列
无穷数列 项数无限的数列
其最后一项一般也称为这个数列的末项
名师点睛
数列中的项与集合中的元素的对比
(1)确定性:一个数是或不是某一数列中的项是确定的,集合中的元素也具有确定性.
(2)可重复性:数列中的数可以重复,而集合中的元素不能重复出现.
(3)有序性:一个数列不仅与组成数列的数有关,而且与这些数的排列顺序有关,而集合中的元素没有顺序.
(4)数列中的每一项都是数,而集合中的元素还可以是其他事物.
过关自诊
1.判断正误.(正确的画√,错误的画×)
(1)数列4,7,3,4的首项是4.( )
(2)数列1,2,3,…是无穷数列.( )
2.下列说法正确的是( )
A.数列2,3,4与数列4,3,2是同一个数列
B.数列1,2,3与数列1,2,3,…是同一个数列
D.2,1,2,1是数列
√
√
D
解析 A中,排列顺序不同,不是同一个数列;B中,数列的项数不同,不是同一个数列;C中是数列.故选D.
3.[人教A版教材习题改编]写出下列数列的前10项.
(1)所有正偶数的平方按从小到大的顺序排列成的数列;
(2)所有正整数的倒数按从大到小的顺序排列成的数列.
解(1)4,16,36,64,100,144,196,256,324,400.
知识点2
数列的通项和通项公式
1.数列的通项
因为数列从首项起,每一项都与正整数对应,所以数列的一般形式可以写成a1,a2,a3,…,an,…,其中an表示数列的第n项(也称n为an的序号,其中n为正整数,即n∈N+),称为数列的通项.此时,一般将整个数列简记为 .
2.数列的通项公式
一般地,如果数列的第n项an与n(n∈N+)之间的关系可以用 来表示,其中f(n)是关于n的不含其他未知数的表达式,则称上述关系式为这个数列的一个通项公式.
{an}
an=f(n)
3.对数列通项公式的两点说明
(1)并非所有的数列都有通项公式;
(2)数列的通项公式在形式上不一定是唯一的.
名师点睛
数列的通项公式an=f(n)体现了数列中项与序号之间的对应关系,一旦知道了数列的通项公式,便可写出数列中的任意一项,从而确定数列的取值特点.
过关自诊
[北师大版教材例题]写出下面各数列的一个通项公式.
(1)3,5,7,9,…;
(2)1,2,4,8,…;
(3)9,99,999,9 999,….
解(1)观察知,这个数列的前4项都是序号的2倍加1,所以它的一个通项公式为an=2n+1.
(2)这个数列的前4项可以写成20,21,22,23,所以它的一个通项公式为an=2n-1.
(3)这个数列的前4项可以写成10-1,100-1,1 000-1,10 000-1,所以它的一个通项公式为an=10n-1.
知识点3
数列与函数的关系
1.数列的本质
数列{an}可以看成定义域为正整数集的子集的函数,数列中的数就是自变量从小到大依次取正整数值时对应的函数值,而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.
2.数列按函数特性分类
类别 含义
递增数列 从第2项起,每一项都 它的前一项的数列
递减数列 从第2项起,每一项都 它的前一项的数列
常数数列(简称 为常数列) 各项都 的数列
摆动数列 从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列
大于
小于
相等
名师点睛
数列是一种特殊的函数,因此,我们可以借用函数的研究方法来研究数列,但也要时刻注意两者之间的区别:一般函数的定义域为连续的区间,而数列的定义域则为离散的正整数集的子集.
过关自诊
1.(多选题)下列结论中正确的是( )
A.数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1,2,3,…,n})上的函数
B.数列若用图象表示,则从图象上看是一群孤立的点
C.数列的项数是无限大的
D.若数列{an}的通项an=2n+1,则数列{an}是递增数列
ABD
解析 由数列的定义知,数列是特殊的函数,其定义域是正整数集或它的有限子集{1,2,3,…,n},选项A,B正确;
由于数列有有穷数列与无穷数列之分,即数列的项数可以是任意正整数,C不正确;
对于an=2n+1,得到an+1>an,所以数列{an}是递增数列,D正确.
故选ABD.
2.已知下列数列:
①-1,0,1,2,3,4,…,n;
②1,-1,1,-1,…;
④6,6,6,6,6.
其中递增数列为 ,递减数列为 ,常数列为 ,有穷数列为 ,无穷数列为 .(填序号)
①
③
④
①④
②③
重难探究·能力素养全提升
探究点一 数列的概念及分类
【例1】 已知下列数列:
①2 015,2 016,2 017,2 018,2 019,2 020;
⑤2,4,8,16,32,…;
⑥-1,-1,-1,-1.
其中,有穷数列为 ,无穷数列为 ,递增数列为 ,递减数列为 ,常数列为 ,摆动数列为 .(填序号)
①⑥
②③④⑤
①⑤
②
⑥
③④
解析 ①为有穷数列且为递增数列;②为无穷数列且为递减数列;③为无穷数列且为摆动数列;④为无穷数列且为摆动数列;⑤为无穷数列且为递增数列;⑥为有穷数列且为常数列.
规律方法 判断数列是哪一种类型的数列时要紧扣数列的概念及特点.对于递增、递减、摆动和常数列要从项的变化趋势来分析,而有穷和无穷数列则要看项数.
变式训练1给出下列数列:
①2016~2023年某省高中生人数(单位:万人)组成数列82,93,105,118,132,147,163,180;
③-2的1次幂、2次幂、3次幂、4次幂……组成数列-2,4,-8,16,-32,….
其中,有穷数列为 ,无穷数列为 ,递增数列为 ,常数列为 ,摆动数列为 .(填序号)
①
②③
①
②
③
解析 ①为有穷数列且为递增数列;②③为无穷数列,其中②为常数列,③为摆动数列.
探究点二 数列的通项公式
角度1.观察法求通项公式
【例2】 写出无穷数列{an}的一个通项公式,使它的前4项是下列各数:
(4)3,5,3,5.
(3)0.9,0.99,0.999,0.999 9;
解 数列的前4项中奇数项为3,偶数项为5,所以数列的一个通项公式为
此数列还可以这样考虑,3与5的算术平均值为4,4+1=5,4-1=3,因此数列的另一个通项公式为an=4+(-1)n.
规律方法 1.根据所给数列的前几项求其通项公式时,需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③拆项后的特征;④各项符号特征等.
2.观察、分析数列中各项的特点是最重要的,观察出项与序号之间的关系,利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)转换使问题得到解决,对于正负符号变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.
变式训练2[人教A版教材例题改编]根据下列数列的前4项,写出数列的一个通项公式:
(2)2,0,2,0,…;
解 这个数列的前4项的绝对值都是序号的倒数,并且奇数项为正,偶数项为负,所以它的一个通项公式为
解 这个数列前4项的奇数项是2,偶数项是0,所以它的一个通项公式为an=(-1)n+1+1.
(4)1,11,111,1 111,….
解 此数列中,带分数的整数部分为1,2,3,4,…,恰好是序号n,分数部分与序
角度2.数列通项公式的应用
【例3】 已知数列{an}的通项公式为an=3n2-28n.
(1)写出此数列的第4项和第6项.
(2)-49是不是该数列中的项 如果是,求出是第几项;如果不是,说明理由.68是不是该数列中的项呢
解(1)a4=3×42-28×4=-64,
a6=3×62-28×6=-60.
(2)由3n2-28n=-49(n∈N+),解得n=7或n= (舍去),所以-49是该数列的第7项.
由3n2-28n=68(n∈N+),解得n=-2(舍去)或n= (舍去),方程无解,所以68不是该数列中的项.
变式探究若本例中的条件不变,
(1)试写出该数列的第3项和第8项.
(2)20是不是该数列中的项 如果是,求出是第几项;如果不是,请说明理由.
解(1)因为an=3n2-28n,所以a3=3×32-28×3=-57,a8=3×82-28×8=-32.
所以20是该数列的第10项.
规律方法 数列通项公式的应用技巧
(1)由通项公式写出数列的指定项,主要是对n进行取值,然后代入通项公式,相当于函数中,已知函数解析式和自变量的值求函数值.
(2)判断一个数是不是某数列中的项,其方法是令通项公式等于这个数得到一个方程,求该方程的根,根据方程有无正整数根便可确定这个数是不是该数列中的项.
(3)在用函数的有关知识解决数列问题时,要注意它的定义域为正整数集的子集这一约束条件.
探究点三 数列与函数的关系
【例4】 [人教A版教材习题]已知函数f(x)= (x∈R),设数列{an}的通项公式为an=f(n)(n∈N+).
(1)求证:an≥ .
(2){an}是递增数列还是递减数列 为什么
规律方法 判断数列是递增数列还是递减数列的方法
(1)作差比较法
①若an+1-an>0恒成立,则数列{an}是递增数列;
②若an+1-an<0恒成立,则数列{an}是递减数列;
③若an+1-an=0恒成立,则数列{an}是常数列.
(2)作商比较法
变式训练3已知数列{an}的通项公式是 ,该数列有没有最大项 若有,求出其最大项和最大项的序号;若没有,请说明理由.
n∈N+时,an+1-an>0,即an+1>an;当n=9时,an+1-an=0,即an+1=an;当n>9且n∈N+时,an+1-an<0,即an+1
∴a1a11>a12>…,
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B
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2.若数列{an}是递增数列,则数列{an}的通项公式可以是( )
C.an=2-n D.an=(-n)n
A
B.an=n2-3n
正确;
对于B,因为a1=-2=a2,所以数列{n2-3n}不是递增数列,故B错误;
对于C,因为y=2-x为R上的减函数,所以数列{2-n}为递减数列,故C错误;
对于D,数列{(-n)n}为摆动数列,故D错误.故选A.
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3.数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的通项公式可以为( )
D
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4.已知数列{an}中,an=-2n2+31n+9(n∈N+),则{an}中的最大项为 .
129
∴数列{an}中的最大项为129.
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5.[2023江苏连云港高二阶段练习]观察数列的特点,用一个适当的数填
3
解析 由于数列的前几项中根号下的数都是由小到大的奇数,所以需要填空的数为 =3.
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(1)0.98是不是数列{an}中的项
(2)判断此数列是递增数列还是递减数列.
化简,得n2=0.98n2+0.98,解得n=7或n=-7(舍去),
所以0.98是数列{an}中的项.
所以数列{an}是递增数列.(共33张PPT)
第五章
5.3.1 等比数列
课程标准
1.理解等比数列的定义,并能利用定义判断或证明一个数列是否为等比数列;
2.掌握等比数列的通项公式和等比中项的概念;
3.掌握等比数列的性质,并能利用其解决有关等比数列的问题;
4.了解等比数列与函数的关系.
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知识点1
等比数列的定义
1.等比数列的概念
一般地,如果数列{an}从 起,每一项与它的前一项之比都等于 ,即 =q恒成立,则称{an}为等比数列,其中q称为等比数列的 .
2.等比数列的通项公式
一般地,如果等比数列{an}的首项是a1,公比是q,那么其通项公式为 .
3.等比数列与函数的关系
第2项
同一个常数q
公比
an=a1qn-1
名师点睛
对等比数列的几点说明
(1)等比数列的每一项均不为0.
(2)在等比数列{an}中,已知a1,n,q,an四个量中的三个,可以求得另一个量.
(3)数列{an}是等比数列的充要条件是an=kqn,其中k,q都是不为0的常数.
过关自诊
2.在等比数列{an}中,你会用第m项am与公比q来表达{an}的通项公式吗
解设{an}的首项为a1,则am=a1qm-1,①
an=a1qn-1,②
3.[人教A版教材习题]判断下列数列是否是等比数列.如果是,写出它的公比.
(1)3,9,15,21,27,33;
(2)1,1.1,1.21,1.331,1.464 1;
(4)4,-8,16,-32,64,-128.
解(1)不是.(2)是,公比是1.1.(3)不是.(4)是,公比是-2.
知识点2
等比数列的性质
1.如果x,G,y是等比数列,那么称G为x与y的等比中项,且G2=xy.
2.一般地,如果{an}是等比数列,而且正整数s,t,p,q满足s+t=p+q,则asat=apaq.
特别地,如果2s=p+q,则 =apaq.
过关自诊
A.1 B.-1 C.±1 D.2
C
∴x=±1.故选C.
2.已知数列{an}为等比数列,且an>0.若a5a7+2a6a8+a7a9=49,则a6+a8= .
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重难探究·能力素养全提升
探究点一 等比数列的判定或证明
【例1】 [人教A版教材例题]已知数列{an}的首项a1=3.
(1)若{an}为等差数列,公差d=2,证明数列{}为等比数列;
(2)若{an}为等比数列,公比q= ,证明数列{log3an}为等差数列.
证明(1)由a1=3,d=2,得{an}的通项公式为an=2n+1.
两边取以3为底的对数,得log3an=log333-2n=3-2n.
所以log3an+1-log3an=[3-2(n+1)]-(3-2n)=-2.
又log3a1=log33=1,
所以,{log3an}是首项为1,公差为-2的等差数列.
规律方法 等比数列的判定方法
N+),则数列{an}是等比数列.
(2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0,且=anan+2(n∈N+),则数列{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若数列的通项公式可写成an=kqn(k,q均为不等于0的常数,n∈N+),则数列{an}是等比数列.
变式训练1[北师大版教材习题改编]将公比为q的等比数列a1,a2,a3,a4,…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,….此数列( )
A.是公比为q的等比数列
B.是公比为q2的等比数列
C.是公比为q3的等比数列
D.不一定是等比数列
B
探究点二 等比数列的通项公式及应用
【例2】 在等比数列{an}中,
(1)a4=2,a7=8,求an;
(2)a2+a5=18,a3+a6=9,an=1,求n.
解(1)(方法一)设数列{an}的公比为q,
(2)(方法一)设数列{an}的公比为q,
所以n=6.
(方法二)设数列{an}的公比为q.
由a1q+a1q4=18,得a1=32.
由an=a1qn-1=1,得n=6.
变式探究将本例2(1)中的条件“a4=2,a7=8”改为“a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列”,结论又如何
解设等比数列{an}的公比为q.
规律方法 等比数列基本运算的求解策略
由等比数列的通项公式可知,若已知a1,q,n,an中的三个,便可通过建立方程或方程组求出另一个,这是解这类问题的基本思想方法.但对于具体问题,则应具体观察和分析,找到较为简捷的解题方法,如整体思想、设而不求思
探究点三 等比数列性质的应用
【例3】 (1)等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10=( )
A.12 B.10
C.8 D.2+log35
B
解析 由题意可知a5a6=a4a7,又a5a6+a4a7=18,得a5a6=a4a7=9,
而log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1·a2·…·a10)=log3(a5a6)5=log395
=log3310=10.
(2)[人教A版教材习题]已知数列{an}是等比数列.
①a3,a5,a7是否成等比数列 为什么 a1,a5,a9呢
②当n>1时,an-1,an,an+1是否成等比数列 为什么
当n>k>0时,an-k,an,an+k成等比数列吗
解设{an}的公比为q.
①a3,a5,a7成等比数列,理由如下:
②an-1,an,an+1(n>1)成等比数列,理由如下:
an,an+k(n>k>0)也成等比数列.
规律方法 等比数列的主要性质
(1)两个等比数列的积仍为等比数列;
(2)若等比数列{an}是有穷数列,则与首末两项等距离的两项的积相等,且等于首末两项之积;
(3)在公比为q的等比数列{an}中,每隔k项取出一项,按原来的顺序排列,所得新数列仍为等比数列,公比为qk+1;
(4)在等比数列{an}中,当m,n,p(m,n,p∈N+)成等差数列时,am,an,ap成等比数列.
变式训练2已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
A
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1.[2023广东佛山顺德容山中学高二阶段练习]已知数列{an}是等比数列,且a2=2,a3a5=16,则公比q=( )
D
解析 因为数列{an}是等比数列,且a2=2,a3a5=16,
所以a2q·a2q3=16,解得q4=4,则q=± .
故选D.
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2.在等比数列{an}中,a1+a3=10,a5+a7=160,则a1=( )
A.0 B.1
C.2 D.4
C
解析 设数列{an}的公比为q.
∵a1+a3=10,a5+a7=160,
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3.已知等比数列{an}中,a2,a9是方程x2-7x+10=0的两根,则a4a7的值为( )
A.8 B.10 C.14 D.16
B
解析 ∵a2,a9是方程x2-7x+10=0的两根,
∴a2a9=10.
根据等比数列的性质有a4a7=a2a9=10.
故选B.
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4.(多选题)下列说法正确的是( )
A.已知数列{an}是等差数列,则数列{}是等比数列
B.已知数列{an}是等比数列,则数列{ln an}是等差数列
C.已知数列{an}是等差数列且an∈N+,数列{bn}是等比数列,则数列 是等比数列
D.已知数列{an}是等比数列且an∈N+,数列{bn}是等差数列,则数列 是等差数列
AC
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当q≠1时,mqnd(q-1)不恒为定值,故D错误.
故选AC.
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5.在两数1,16之间插入3个数,使这5个数成等比数列,则中间的数等于 .
4
解析 设插入的三个数为a,b,c,则1,b,16成等比数列,则有b2=1×16=16.
又b与1同号,∴b=4.
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6.已知数列{an}中,a1=2,an+1=2an+3.
(1)求证:数列{an+3}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明由an+1=2an+3,得an+1+3=2an+6=2(an+3),
∴数列{an+3}是以a1+3=5为首项,2为公比的等比数列.
(2)解由(1)知an+3=5×2n-1,∴an=5×2n-1-3.(共29张PPT)
第五章
本章总结提升
知识网络·整合构建
专题突破·素养提升
目录索引
知识网络·整合构建
专题突破·素养提升
专题一 等差(比)数列的基本运算
1.等差(比)数列的基本运算主要考查数列通项公式及前n项和公式,一般运用列方程(组)的方法.
2.通过等差、等比数列的基本运算,培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
【例1】 在等比数列{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.
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,
所以bn=-16+12(n-1)=12n-28,
所以数列{bn}的前n项和
变式训练1[2023辽宁辽阳高二期末]设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且a3=9,S3=63.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项积为Tn,求使得Tn取得最大值的n的值.
解(1)设{an}的公比为q,由题可知q>0.因为a3=9,S3=63,
所以q≠1,
(2)由(1)知an=9×( )n-3,所以当n≤6时,an>1;当n≥7时,0故当n=6时,Tn取得最大值.
专题二 求数列的通项公式
1.数列的通项公式是数列的灵魂,是我们研究数列首先要考虑的问题.常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加(乘)法、由前n项和作差法等.
2.求数列的通项公式,可以培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
【例2】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn=3+2n,求an.
解 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3+2n-(3+2n-1)=2n-1,
当n=1时,a1=S1=5不适合上式.
(2)数列{an}的前n项和为Sn且a1=1,an+1= Sn,求an.
解 由题意,知Sn=3an+1.①
当n≥2时,Sn-1=3an,②
∴an=Sn-Sn-1=3an+1-3an,
规律方法 数列通项公式的求法
(1)定义法,即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的关系式,求数列{an}的通项an可用公式an=Sn-Sn-1,n≥2求解.需验证a1是否满足所求式.
(3)累加法或累乘法,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.
变式训练2[2023河南洛阳洛龙高二月考]已知{an}为递增数列,前n项和Sn=2n+2n2+λ,求实数λ的取值范围.
解∵{an}的前n项和Sn=2n+2n2+λ,
∴a1=S1=4+λ.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1+4n-2,此时数列{an}随n的增大而增大,
故只需a2-a1=(2+8-2)-(4+λ)=4-λ>0即可,
故λ<4,即实数λ的取值范围为(-∞,4).
专题三 数列求和
1.数列求和是考查的热点,一般情况下,数列求和转化为等差数列或等比数列的求和问题.
2.通过数列求和,培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
【例3】 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Tn.
解(1)易知k≠0.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=k(cn-cn-1),
则a6=k(c6-c5),a3=k(c3-c2),
∵a2=4,即k(c2-c1)=4,
解得k=2,∴an=2n.
当n=1时,a1=S1=2,适合上式.
综上所述,an=2n(n∈N+).
(2)由(1),得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=(1-n)×2n+1-2,
∴Tn=2+(n-1)×2n+1.
变式探究本例中的条件不变,(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”.
解由题意,知n+an=n+2n,则Tn=1+2+2+22+3+23+…+n+2n=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)
规律方法 数列求和的常用方法
(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: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.
D
解析 设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=n2.
当n=1时,T1=b1=1,
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
b1=1符合上式,
所以bn=2n-1(n∈N+).
专题四 等差(比)数列的判定
1.判定等差(比)数列是数列中的重点内容,通常情况下,需要对给定条件进行变形,然后结合定义进行证明.
2.通过等差(比)数列的判定与证明,培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
【例4】 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;
证明(1)an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an.
因为S2=a1+a2=4a1+2,
所以a2=3a1+2=5,
所以b1=a2-2a1=3≠0,
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,
所以数列{cn}是公差为3,首项为2的等差数列.
规律方法 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, an,q≠0) {an}是等比数列.
(2)等差(等比)中项法:2an+1=an+an+2 {an}是等差数列;=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,n∈N+) {an}是等差数列;an=k·qn(k,q为非零常数,n∈N+) {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.
变式训练4[2023江苏连云港高二期末]若数列{an}满足:a1=2,a2=8,对任意的正整数n,都有an+2=6an+1-9an.
(1)证明:数列{an+1-3an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明由a1=2,a2=8,得a2-3a1=2≠0,由an+2=6an+1-9an,得
所以数列{an+1-3an}是以2为首项,3为公比的等比数列.(共35张PPT)
第五章
5.2.1 等差数列
课程标准
1.理解等差数列的概念,并能利用等差数列的定义判断或证明一个数列是不是等差数列;
2.掌握等差数列的通项公式和等差中项的概念;
3.掌握等差数列的性质,并能在具体问题中正确应用;
4.了解等差数列与一次函数的关系.
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知识点1
等差数列的概念
1.等差数列的定义
一般地,如果数列{an}从 起,每一项与它的前一项之差都等于 ,即 恒成立,则称{an}为等差数列,其中d称为等差数列的 .
顺序不能颠倒
2.等差数列的通项公式
一般地,如果等差数列{an}的首项是a1, 公差是d,那么等差数列的通项公式为 .
第2项
同一个常数d
an+1-an=d
公差
an=a1+(n-1)d
名师点睛
等差数列的通项公式an中共含有四个变量,即a1,d,n,an,如果知道了其中任意三个量,就可由通项公式求出第四个量.
3.等差数列与一次函数的关系
在等差数列{an}中,因为an=a1+(n-1)d=nd+a1-d,所以,如果记f(x)=dx+a1-d,则可以看出an=f(n),而且
(1)当公差d=0时,f(x)是常数函数,此时数列{an}是常数列(因此,公差为0的等差数列是常数列);
(2)当公差d≠0时,f(x)是一次函数,而且f(x)的增减性依赖于公差d的符号,因此,当d>0时,{an}是递增数列;当d<0时,{an}是递减数列.
名师点睛
1.等差数列通项公式的等价表达形式
(1)an=am+(n-m)d(m,n∈N+);
(2)an=kn+b(k,b是常数,n∈N+),此时数列的公差为k.
过关自诊
1.[人教A版教材习题]判断下列数列是否是等差数列.如果是,写出它的公差.
(1)95,82,69,56,43,30;
(2)1,1.1,1.11,1.111,1.111 1,1.111 11;
(3)1,-2,3,-4,5,-6;
解(1)是等差数列,公差为-13.(2)不是等差数列.(3)不是等差数列.(4)是等差数列,公差为
2.已知数列{an}是等差数列,且a5=11,a8=5,求an.
解(方法一)设数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,
∴an=-2n+21.
(方法二)设数列{an}的公差为d,
则a8=a5+3d,即5=11+3d,
∴d=-2.
∵a5=a1+(5-1)×d,
∴a1=19,
∴an=19+(n-1)×(-2)=-2n+21.
(方法三)设an=kn+b(k,b是常数),
知识点2
等差数列的性质
1.等差中项
如果x,A,y是等差数列,那么称A为x与y的等差中项,此时,A= .
任意两个数均有等差中项且唯一
2.等差数列的性质
一般地,如果{an}是等差数列,而且正整数s,t,p,q满足s+t=p+q,则as+at=ap+aq.特别地,如果2s=p+q,则2as=ap+aq.
名师点睛
数列{an}是公差为d的等差数列,
(1)若有穷数列{an}是等差数列,则分别与首末两项序号差的绝对值相等的两项之和都相等,且等于首末两项之和,即a1+an=a2+an-1=…;
(2)数列{λan+b}(λ,b是常数)是公差为λd的等差数列;
(3)序号成等差数列,且公差为m的项ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N+)组成公差为md的等差数列;
(4)若数列{bn}也为等差数列,则{an±bn}也是等差数列.
过关自诊
1.已知等差数列{an}中,a5+a12=16,a7=1,则a10的值是( )
A.30 B.15 C.31 D.64
B
解析 由等差数列性质可知a5+a12=a7+a10,所以1+a10=16,解得a10=15.故选B.
2.[人教A版教材习题]求下列各组数的等差中项:
(1)647和895;
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探究点一 等差数列的判定或证明
【例1】 [北师大版教材例题改编]判断下面数列是否为等差数列,若为等差数列,请写出其公差.
(1)an=2n-1;
(2)an=(-1)n.
解(1)由an=2n-1,得an+1=2(n+1)-1,于是an+1-an=[2(n+1)-1]-(2n-1)=2.
所以该数列是公差为2的等差数列.
(2)a2-a1=1-(-1)=2,a3-a2=-1-1=-2.
因为a2-a1≠a3-a2,所以这个数列不是等差数列.
规律方法 等差数列的判定方法
方法 内容
定义法 an-an-1=d(n≥2)或an+1-an=d {an}是等差数列
通项公式法 an=kn+b(k,b为常数,n∈N+) {an}是等差数列
等差中项法 2an=an-1+an+1(n≥2)或2an+1=an+an+2 {an}是等差数列
变式训练1若数列{an}的通项公式为an=10+lg 2n,试证明数列{an}为等差数列.
证明∵an=10+lg 2n=10+nlg 2,
∴an+1-an=[10+(n+1)lg 2]-(10+nlg 2)=lg 2,
∴数列{an}是首项为a1=10+lg 2,公差为lg 2的等差数列.
探究点二 等差数列的通项公式及应用
【例2】 在等差数列{an}中,a4=70,a21=-100,求数列的首项a1与公差d,并写出通项公式.
解根据题意,设数列{an}的公差为d,
则an=a1+(n-1)d,
所以an=100-10(n-1)=-10n+110.
变式探究若本例中条件不变,数列{an}中有多少项属于区间[-18,18]
解由例2可知,an=-10n+110.
令-18≤-10n+110≤18,得9.2≤n≤12.8.
又因为n∈N+,所以n=10,11,12,
故数列{an}中有3项属于区间[-18,18].
规律方法 等差数列通项公式的求法与应用
(1)等差数列的通项公式有两个基本量:首项a1和公差d,故求通项公式主要是利用方程思想解a1,d.
(2)等差数列的通项公式是一个等式,且含有a1,an,n,d四个参数,如果已知其中任意三个数,就可以通过解方程的方法求出第四个数.
变式训练2[人教A版教材例题]-401是不是等差数列-5,-9,-13,…的项 如果是,是第几项
解由a1=-5,d=-9-(-5)=-4,得这个数列的通项公式为an=-5-4(n-1)=-4n-1.
令-4n-1=-401,
解这个关于n的方程,得n=100.
所以,-401是这个数列的项,是第100项.
探究点三 等差数列性质的应用
【例3】 (1)在等差数列{an}中,已知a1,a2 023为方程x2-10x+21=0的两根,则a2+a2 022等于( )
A.10 B.15 C.20 D.40
A
解析 根据根与系数的关系及等差数列的性质可得a2+a2 022=a1+a2 023=10.
(2)在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7= .
20
解析 因为数列{an}是等差数列,
所以由等差数列的性质,得a3+a8=a5+a6=a4+a7=10,a4+a6=2a5,所以3a5+a7=a5+2a5+a7=a5+a4+a6+a7=2×10=20.
变式训练3(1)设数列{an},{bn}都是等差数列,若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5= .
35
解析 因为{an},{bn}均是等差数列,根据等差数列的性质a1+a5=2a3,b1+b5=2b3,
即a5=2a3-a1,b5=2b3-b1,
所以a5+b5=2(a3+b3)-(a1+b1)=2×21-7=35.
(2)[北师大版教材习题改编]已知△ABC的三个内角的弧度数成等差数列,求中间的角的弧度数.
解设三角形三个内角的弧度数按由小到大的顺序依次为a1,a2,a3,则a1+a2+a3=3a2=π,
探究点四 构造等差数列求通项公式
【例4】 [2023江苏盐城高二期末]已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足
n
当n=1时,a1=1满足上式,
所以an=n.
规律方法 构造法求数列通项的求解策略
给出数列的关系式求通项公式时,根据关系式的结构特点灵活地应用“平方法”“开方法”“取倒数法”等,往往会构造出一个新数列满足等差数列的条件.从而利用新数列的通项公式,间接求出所求数列的通项公式.
变式训练4已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+2n+1,则数列{an}的通项公式为 .
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1.数列{an}的通项公式为an=5-3n,则此数列( )
A.是公差为-3的等差数列
B.是公差为5的等差数列
C.是首项为5的等差数列
D.是公差为n的等差数列
A
解析 因为a1=5-3=2,an+1-an=5-3(n+1)-(5-3n)=-3,所以数列{an}是以2为首项,-3为公差的等差数列.故选A.
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2.已知等差数列{an}满足a6-a4=2,则其公差d的值为( )
A.-1 B.1
C.-2 D.2
B
解析 因为数列{an}是等差数列,所以a6-a4=2d=2,所以d=1.故选B.
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3.在等差数列{an}中,a3=7,a5=a2+6,则a6= .
13
解析 设数列{an}的公差为d,则a5-a2=3d=6,
∴a6=a3+3d=7+6=13.
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4.若三个数成等差数列,它们的和为9,平方和为59,则这三个数的积为 .
-21
解析 设这三个数为a-d,a,a+d,
∴这三个数为-1,3,7,
∴它们的积为-21.
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5.[2023江苏连云港高二阶段测试]在数列{an}中,a1=4,nan+1-(n+1)an =2n2+2n.求证:数列 是等差数列,并求an.(共28张PPT)
第五章
5.5 数学归纳法
课程标准
1.了解数学归纳法的原理;
2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
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知识点
数学归纳法的定义
一个与自然数有关的命题,如果
(1)当n=n0时,命题成立;
(2)在假设n=k(其中k≥n0)时命题成立的前提下,能够推出n=k+1时命题也成立.
那么,这个命题对大于等于n0的所有自然数都成立.这种证明方法称为数学归纳法.
过关自诊
用数学归纳法证明: .假设n=k时,不等式成立,则当n=k+1时,应推证的目标不等式是 .
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探究点一 用数学归纳法证明等式
【例1】 [北师大版教材习题]用数学归纳法证明: (n∈N+).
即当n=k+1时,等式也成立.
由(1)(2)知,对于任意n∈N+等式成立.
规律方法 用数学归纳法证明恒等式时,应关注以下三点:
(1)弄清n取第一个值n0时等式两端项的情况.
(2)弄清从n=k到n=k+1等式两端增加了哪些项,减少了哪些项.
(3)证明n=k+1时结论也成立,要设法将待证式与归纳假设建立联系,并朝n=k+1证明目标的表达式变形.
所以当n=k+1时,等式也成立.
综上所述,对于任何n∈N+,等式都成立.
探究点二 用数学归纳法证明不等式
【例2】 [北师大版教材例题]用数学归纳法证明:(1+α)n≥1+nα(其中
α>-1,n∈N+).
证明(1)当n=1时,左边=1+α,右边=1+α,命题成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时,命题成立,即(1+α)k≥1+kα.
那么,当n=k+1时,因为α>-1,所以1+α>0.
根据假设知,(1+α)k≥1+kα,所以(1+α)k+1=(1+α)k(1+α)≥(1+kα)(1+α)=1+(k+1)α+kα2.
因为kα2≥0,所以1+(k+1)α+kα2≥1+(k+1)α.
从而(1+α)k+1≥1+(k+1)α.
这表明,当n=k+1时命题也成立.
根据(1)和(2),该命题对于任意正整数n都成立.
规律方法 用数学归纳法证明不等式应注意的问题
(1)先凑假设,作等价变换.
(2)瞄准当n=k+1时的递推目标,有目的地放缩、分析直到凑出结论.
所以,当n=k+1时不等式成立.
由(1)和(2)知,对于任意大于1的正整数n,不等式均成立.
探究点三 归纳—猜想—证明
【例3】 [北师大版教材例题]已知数列{an}满足 ,a1=0,试猜想数列{an}的通项公式,并用数学归纳法证明.
规律方法 1.“归纳—猜想—证明”的一般环节
2.“归纳—猜想—证明”的主要题型
(1)已知数列的递推公式,求通项或前n项和.
(2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题,求使命题成立的参数值是否存在.
(3)给出一些简单的命题(n=1,2,3,…),猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题.
变式训练3数列{an}满足Sn=2n-an(Sn为数列{an}的前n项和),先计算数列的前4项,再猜想an,并证明.
下面证明猜想:
(1)当n=1时,由上面的计算可知猜想成立.
(2)假设当n=k时猜想成立,
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1.用数学归纳法证明1+a+a2+…+an+1= (a≠1,n∈N+),在验证n=1成立时,左边计算所得的项是( )
A.1
B.1+a
C.1+a+a2
D.1+a+a2+a3
C
解析 当n=1时,左边=1+a+a1+1=1+a+a2,故C正确.
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2.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”,第二步归纳假设应该写成( )
A.假设当n=k(k∈N+)时,xk+yk能被x+y整除
B.假设当n=2k(k∈N+)时,x2k+y2k能被x+y整除
C.假设当n=2k+1(k∈N+)时,x2k+1+y2k+1能被x+y整除
D.假设当n=2k-1(k∈N+)时,x2k-1+y2k-1能被x+y整除
D
解析 注意到n为正奇数,所以第二步归纳假设应写成“假设n=2k-1(k∈N+)时结论正确”,再推n=2k+1时结论正确.故选D.
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∴当n=k+1时,等式也成立.
根据(1)和(2)知,对任意n≥2,n∈N+,等式都成立.(共24张PPT)
第五章
5.1.2 数列中的递推
课程标准
1.逐步体会递推公式是数列的一种表示方法;
2.理解递推公式的概念及含义,能够根据递推公式写出数列的项;
3.掌握由一些简单的递推公式求数列的通项公式的方法;
4.理解数列的前n项和,会根据数列的前n项和Sn求通项an.
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知识点1
数列的递推关系
如果已知数列的 ,且数列的相邻两项或两项以上的关系都可以用一个公式来表示,则称这个公式为数列的 (也称为递推公式或递归公式).
首项(或前几项)
递推关系
名师点睛
通项公式与递推公式的区别与联系
类别 区别 联系
通项公式 an是序号n的函数式an=f(n) 都是给出数列的方法,都可求出数列中任意一项
递推公式 数列的相邻两项或两项以上的关系式 过关自诊
1.已知数列{an}的首项a1=1,且an=3an-1+1(n≥2),则a4为( )
A.13 B.15 C.30 D.40
2.[人教A版教材习题改编]已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n-1(n≥2),试求该数列的前5项.
D
解析 a2=3a1+1=4,a3=3a2+1=13,a4=3a3+1=40.
解a1=1,a2=a1+21=1+2=3,a3=a2+22=3+4=7,a4=a3+23=7+8=15, a5=a4+24=15+16=31.
知识点2
数列的前n项和
一般地,给定数列{an},称 为数列{an}的前n项和.
过关自诊
[人教A版教材习题改编]若数列{an}的前n项和为Sn=n2+n,则数列{an}的通项公式为an= .
Sn=a1+a2+a3+…+an
2n
解析 a1=S1=2.
因为an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n(n≥2),
并且当n=1时,a1=2×1=2依然成立,所以{an}的通项公式是an=2n.
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探究点一 由递推关系写出数列的项
【例1】 已知数列{an}中,a1=1,a2=2, an=an-1+an-2(n≥3).
(1)写出此数列的前5项;
(2)通过公式 构造一个新的数列{bn},写出数列{bn}的前4项.
解(1)a1=1,a2=2,a3=a2+a1=3,a4=a3+a2=3+2=5,a5=a4+a3=5+3=8.
规律方法 由递推公式写出数列的项的方法
(1)根据递推公式写出数列的项,首先要弄清楚公式中各部分的关系,再依次代入计算.
(2)若知道的是末项,通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式,如an=2an+1+1.
(3)若知道的是首项,通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式,如 .
变式训练1[人教A版教材例题]已知数列{an}的首项为a1=1,递推公式为 ,写出这个数列的前5项.
解由题意可知
a1=1,
探究点二 由递推公式求通项公式
【例2】 (1)已知a1=1,an+1-an=2,求数列{an}的通项公式.
解(方法一)∵an+1-an=2,
∴a2-a1=2,a3-a2=2,a4-a3=2,……,an-an-1=2,将这些式子的两边分别相加得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=2(n-1),即an-a1=2(n-1).
又a1=1,∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(方法二)∵an+1-an=2,∴an=an-1+1×2=an-2+2×2=…=a1+(n-1)×2=2n-1,即数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)已知a1=1,an+1=2an,求数列{an}的通项公式.
又a1=1,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(方法二)∵an+1=2an,∴an=2an-1=22an-2=23an-3=…=2n-1a1=2n-1,即数列{an}的通项公式为an=2n-1.
规律方法 由递推公式求通项公式的方法
(1)归纳法
一般是根据递推公式先写出前几项,然后进行归纳猜想n与an间的内在规律,但此方法不严密,需要将通项公式代入递推公式检验.
(2)累加法
当an-an-1=f(n)满足一定条件时,常用an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1来求通项公式an.
(3)累乘法
A
探究点三 数列中an与Sn的关系
【例3】 (1)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2n2-3n,求通项an.
(2)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=5n-3,求通项an.
解 当n=1时,a1=S1=2×12-3×1=-1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5.
显然a1=-1满足上式,
故数列{an}的通项an=4n-5.
解 当n=1时,a1=S1=51-3=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(5n-3)-(5n-1-3)=4×5n-1.
显然a1=2不满足上式,
变式探究将例3(1)中条件“Sn=2n2-3n”改为“Sn=2n2-3n+1”,求通项an.
规律方法 由Sn求an的方法
若a1适合an(n≥2)的表达式,则可用一个公式表示an;若a1不适合,则要用分段函数的形式表示an.故不可不求a1而直接求an.
成果验收·课堂达标检测
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C
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A
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3.设数列{an}的前n项和Sn=n3,则a4=( )
A.15 B.37 C.27 D.64
B
解析 a4=S4-S3=43-33=64-27=37.
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4.已知数列{an}满足a1=2,(n+1)an+1-(n+2)an=2,则a3= .
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解析 当n=1时,2a2-3a1=2,即2a2-3×2=2,解得a2=4.
当n=2时,3a3-4a2=2,即3a3-4×4=2,解得a3=6.
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5.已知数列{an}满足a1=0,an+1=an+(2n-1),写出它的前5项,并归纳出数列的通项公式.
解∵a1=0,an+1=an+(2n-1),
∴a2=a1+(2×1-1)=0+1=1,
a3=a2+(2×2-1)=1+3=4,
a4=a3+(2×3-1)=4+5=9,
a5=a4+(2×4-1)=9+7=16,
因此可以归纳出an=(n-1)2.代入递推关系验证,可得an+1=(n+1-1)2=n2=
(n-1)2+2n-1=an+(2n-1),符合题意,∴数列{an}的通项公式为an=(n-1)2.