高中数学新人教B版必修5课件：第二章数列本章整合（36张）
文档属性
| 名称 | 高中数学新人教B版必修5课件：第二章数列本章整合（36张） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1015.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标B版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-09-21 12:52:40 | ||
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文档简介
课件36张PPT。本章整合专题一专题二专题三专题一 求数列的通项公式
求数列的通项公式是数列的重要内容之一,只要有数列的通项公式,许多问题就可迎刃而解.如果一个数列是等差数列或等比数列,则可直接写出其通项公式,而对于非等差、等比数列的通项公式可通过适当的变形、构造使之成为等差或等比数列来求解.因此数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的关键,现根据数列的结构特征把常见求解方法和技巧总结如下.专题一专题二专题三1.观察法
应用1 已知数列 ,…,则此数列的一个通项公式是 .?
提示:已知数列的前若干项,求该数列的通项公式时,一般先对所给的项观察分析,寻找规律,从而根据规律写出此数列的一个通项公式.专题一专题二专题三2.定义法
应用2 等差数列{an}是递增数列,前n项和为Sn,且a1,a3,a9成等比数列,S5= .求数列{an}的通项公式.
提示:本题已知{an}是等差数列,可建立首项和公差的方程,通过解方程来求得首项和公差,再代入通项公式得其解.专题一专题二专题三3.Sn法
应用3 设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.求数列{an}和{bn}的通项公式.
提示:本题已知Sn的表达式,自然想到使用公式
求解.
解:当n=1时,a1=S1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,当n=1时也适用,
则{an}的通项公式为an=4n-2.
设{bn}的公比为q,则b2(a2-a1)=b1qd=b1,专题一专题二专题三4.累加法
应用4 已知在数列{an}中,a1=1,且an+1-an=3n-n,求数列{an}的通项公式.
提示:由于本题给出了数列{an}中连续两项的差,故可考虑用累加法求解.
解:由an+1-an=3n-n,
得an-an-1=3n-1-(n-1),
an-1-an-2=3n-2-(n-2),……
a3-a2=32-2,
a2-a1=3-1.
当n≥2时,以上(n-1)个等式两端分别相加,得
(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)
=3n-1+3n-2+…+3-[(n-1)+(n-2)+…+1],专题一专题二专题三专题一专题二专题三5.迭乘法
应用5 已知在数列{an}中,a1= ,前n项和Sn与an的关系是Sn=n(2n-1)an,求an.
提示:此题已知Sn与an的关系,应想到使用Sn法,然后得到相邻两项比的等式满足an=an-1f(n)这种模型,因此使用迭乘法求解.
解:当n≥2时,由Sn=n(2n-1)an,得
Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1,
两式相减,得(2n+1)an=(2n-3)an-1,专题一专题二专题三专题一专题二专题三6.辅助数列法
应用6 在数列{an}中,a1=1,an+1= an+1,求数列{an}的通项公式.
提示:对于an+1=pan+q这一类型的递推关系式,常用配常数法求通项公式.设an+1+k=p(an+k),对比递推关系式,可得k= ,构造出等比数列{an+k}.专题一专题二专题三专题二 数列的求和问题
我们已经学习了等差数列和等比数列,并熟悉了有关等差数列和等比数列的求和公式,然而有些数列既不是等差数列,也不是等比数列,像这样的数列求和常涉及分类讨论、转化化归等思想方法.在求数列的前n项和Sn时,要掌握以下几种常用的方法:
1.并项转化求和法
应用1 求和:Sn=12-22+32-42+52-62+…+992-1002.
提示:根据条件可知,前后两项相互结合,利用公式化简求值得出和.
解:由平方差公式,得
Sn=(1-2)(1+2)+(3-4)(3+4)+(5-6)(5+6)+…+(99-100)(99+100)
=-[(1+2)+(3+4)+(5+6)+…+(99+100)]
=-(1+2+3+4+…+100)专题一专题二专题三2.倒序相加法 提示:由于数列的第k项与倒数第k项的和为常数1,故采用倒序相加法求和.专题一专题二专题三3.拆项分组求和法 提示:本题通项公式为an= +(3n-2),是由一个指数式和一个一次式的和组成的,可以选择拆项分组求和法.专题一专题二专题三4.错位相减法
应用4 已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.
(1)求数列{an}的通项公式;提示:(1)利用定义法列出关于a1与d的方程组即可求出an;(2)利用错位相减法.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知条件,专题一专题二专题三专题一专题二专题三5.裂项相消求和法 专题一专题二专题三专题三 数列与数学思想
数学思想方法对认知结构起着重要作用,是重要的基础知识,是知识转化为能力的桥梁.求解数列问题常用的数学思想有函数思想、方程思想、整体思想、分类讨论思想、转化化归思想等.
1.函数思想
应用1 等差数列{an}的首项为a1=14,前n项和为Sn,若S3=S5,则当n= 时,Sn最大.?
提示:本题利用了等差数列前n项和具有的二次函数性质,等差数列前n项和的最值问题经常借助求解二次函数最值的方法来解决.专题一专题二专题三答案:4 专题一专题二专题三2.方程思想
应用2 已知在等差数列{an}中,a1+a5=26,a1+a5-S3=5,求a20及S20.
提示:等差(比)数列的有关问题大都可以通过建立关于a1,d(q)的方程组求解.专题一专题二专题三3.整体思想
应用3 某等差数列前4项之和为-4,最后4项之和为36,且所有项的和为36,则此数列共有 项.?
提示:解题时,分析已知条件与所求问题的联系,把a1+a2+a3+a4以及an+an-1+an-2+an-3看成一个整体,灵活运用整体思想.答案:9 专题一专题二专题三4.分类讨论思想
应用4 已知等比数列{an}是一个公比为q的递增数列,且a5=a,a9= ,则该数列的首项a1 0.(填“>”或“<”)?
提示:当一个问题因为某种量的情况不同而有可能引起问题的结果不同时,需要对这个量的各种情况进行分类讨论.在本题中,由于等比数列的增减性与a1,q相关,所以应对q的取值进行讨论.答案:< 12345678910111(课标全国Ⅱ高考)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )?答案:A 12345678910112(福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于( )
A.8 B.10 C.12 D.14所以a6=a1+(6-1)d=2+5×2=12.故选C.
答案:C12345678910113(辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d,若数列 为递减数列,则( )
A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0答案:C 12345678910114(大纲全国高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=( )
A.31 B.32 C.63 D.64
解析:∵S2=3,S4=15,∴由等比数列前n项和的性质,得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,
∴(S4-S2)2=S2(S6-S4),
即(15-3)2=3(S6-15),解得S6=63,故选C.
答案:C12345678910115(安徽高考)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .?
解析:设数列{an}的公差为d,则a1=a3-2d,a5=a3+2d,
由题意,得(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2,即(a3-2d+1)·(a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0,所以d=-1,则a1+1=a3+3,故q=1.
答案:112345678910116(北京高考)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=
时,{an}的前n项和最大.?
解析:由等差数列的性质,可得a7+a8+a9=3a8>0,即a8>0;而a7+a10=a8+a9<0,故a9<0.所以数列{an}的前8项和最大.
答案:812345678910117(天津高考)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为 .?
解析:由已知,得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+ ×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理得2a1+1=0,解得a1=- .12345678910118(江西高考)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn. 解:(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以数列{cn}是以首项c1=1,公差d=2的等差数列,故cn=2n-1.
(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,
于是数列{an}前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以Sn=(n-1)3n+1.12345678910119(湖北高考)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
(1)解:设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.1234567891011(2)证明:当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.123456789101110(课标全国Ⅰ高考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
(1)证明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.
由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.1234567891011(2)解:由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1.
令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4.
由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.123456789101111(山东高考)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;1234567891011
求数列的通项公式是数列的重要内容之一,只要有数列的通项公式,许多问题就可迎刃而解.如果一个数列是等差数列或等比数列,则可直接写出其通项公式,而对于非等差、等比数列的通项公式可通过适当的变形、构造使之成为等差或等比数列来求解.因此数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的关键,现根据数列的结构特征把常见求解方法和技巧总结如下.专题一专题二专题三1.观察法
应用1 已知数列 ,…,则此数列的一个通项公式是 .?
提示:已知数列的前若干项,求该数列的通项公式时,一般先对所给的项观察分析,寻找规律,从而根据规律写出此数列的一个通项公式.专题一专题二专题三2.定义法
应用2 等差数列{an}是递增数列,前n项和为Sn,且a1,a3,a9成等比数列,S5= .求数列{an}的通项公式.
提示:本题已知{an}是等差数列,可建立首项和公差的方程,通过解方程来求得首项和公差,再代入通项公式得其解.专题一专题二专题三3.Sn法
应用3 设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.求数列{an}和{bn}的通项公式.
提示:本题已知Sn的表达式,自然想到使用公式
求解.
解:当n=1时,a1=S1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,当n=1时也适用,
则{an}的通项公式为an=4n-2.
设{bn}的公比为q,则b2(a2-a1)=b1qd=b1,专题一专题二专题三4.累加法
应用4 已知在数列{an}中,a1=1,且an+1-an=3n-n,求数列{an}的通项公式.
提示:由于本题给出了数列{an}中连续两项的差,故可考虑用累加法求解.
解:由an+1-an=3n-n,
得an-an-1=3n-1-(n-1),
an-1-an-2=3n-2-(n-2),……
a3-a2=32-2,
a2-a1=3-1.
当n≥2时,以上(n-1)个等式两端分别相加,得
(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)
=3n-1+3n-2+…+3-[(n-1)+(n-2)+…+1],专题一专题二专题三专题一专题二专题三5.迭乘法
应用5 已知在数列{an}中,a1= ,前n项和Sn与an的关系是Sn=n(2n-1)an,求an.
提示:此题已知Sn与an的关系,应想到使用Sn法,然后得到相邻两项比的等式满足an=an-1f(n)这种模型,因此使用迭乘法求解.
解:当n≥2时,由Sn=n(2n-1)an,得
Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1,
两式相减,得(2n+1)an=(2n-3)an-1,专题一专题二专题三专题一专题二专题三6.辅助数列法
应用6 在数列{an}中,a1=1,an+1= an+1,求数列{an}的通项公式.
提示:对于an+1=pan+q这一类型的递推关系式,常用配常数法求通项公式.设an+1+k=p(an+k),对比递推关系式,可得k= ,构造出等比数列{an+k}.专题一专题二专题三专题二 数列的求和问题
我们已经学习了等差数列和等比数列,并熟悉了有关等差数列和等比数列的求和公式,然而有些数列既不是等差数列,也不是等比数列,像这样的数列求和常涉及分类讨论、转化化归等思想方法.在求数列的前n项和Sn时,要掌握以下几种常用的方法:
1.并项转化求和法
应用1 求和:Sn=12-22+32-42+52-62+…+992-1002.
提示:根据条件可知,前后两项相互结合,利用公式化简求值得出和.
解:由平方差公式,得
Sn=(1-2)(1+2)+(3-4)(3+4)+(5-6)(5+6)+…+(99-100)(99+100)
=-[(1+2)+(3+4)+(5+6)+…+(99+100)]
=-(1+2+3+4+…+100)专题一专题二专题三2.倒序相加法 提示:由于数列的第k项与倒数第k项的和为常数1,故采用倒序相加法求和.专题一专题二专题三3.拆项分组求和法 提示:本题通项公式为an= +(3n-2),是由一个指数式和一个一次式的和组成的,可以选择拆项分组求和法.专题一专题二专题三4.错位相减法
应用4 已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.
(1)求数列{an}的通项公式;提示:(1)利用定义法列出关于a1与d的方程组即可求出an;(2)利用错位相减法.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知条件,专题一专题二专题三专题一专题二专题三5.裂项相消求和法 专题一专题二专题三专题三 数列与数学思想
数学思想方法对认知结构起着重要作用,是重要的基础知识,是知识转化为能力的桥梁.求解数列问题常用的数学思想有函数思想、方程思想、整体思想、分类讨论思想、转化化归思想等.
1.函数思想
应用1 等差数列{an}的首项为a1=14,前n项和为Sn,若S3=S5,则当n= 时,Sn最大.?
提示:本题利用了等差数列前n项和具有的二次函数性质,等差数列前n项和的最值问题经常借助求解二次函数最值的方法来解决.专题一专题二专题三答案:4 专题一专题二专题三2.方程思想
应用2 已知在等差数列{an}中,a1+a5=26,a1+a5-S3=5,求a20及S20.
提示:等差(比)数列的有关问题大都可以通过建立关于a1,d(q)的方程组求解.专题一专题二专题三3.整体思想
应用3 某等差数列前4项之和为-4,最后4项之和为36,且所有项的和为36,则此数列共有 项.?
提示:解题时,分析已知条件与所求问题的联系,把a1+a2+a3+a4以及an+an-1+an-2+an-3看成一个整体,灵活运用整体思想.答案:9 专题一专题二专题三4.分类讨论思想
应用4 已知等比数列{an}是一个公比为q的递增数列,且a5=a,a9= ,则该数列的首项a1 0.(填“>”或“<”)?
提示:当一个问题因为某种量的情况不同而有可能引起问题的结果不同时,需要对这个量的各种情况进行分类讨论.在本题中,由于等比数列的增减性与a1,q相关,所以应对q的取值进行讨论.答案:< 12345678910111(课标全国Ⅱ高考)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )?答案:A 12345678910112(福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于( )
A.8 B.10 C.12 D.14所以a6=a1+(6-1)d=2+5×2=12.故选C.
答案:C12345678910113(辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d,若数列 为递减数列,则( )
A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0答案:C 12345678910114(大纲全国高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=( )
A.31 B.32 C.63 D.64
解析:∵S2=3,S4=15,∴由等比数列前n项和的性质,得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,
∴(S4-S2)2=S2(S6-S4),
即(15-3)2=3(S6-15),解得S6=63,故选C.
答案:C12345678910115(安徽高考)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .?
解析:设数列{an}的公差为d,则a1=a3-2d,a5=a3+2d,
由题意,得(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2,即(a3-2d+1)·(a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0,所以d=-1,则a1+1=a3+3,故q=1.
答案:112345678910116(北京高考)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=
时,{an}的前n项和最大.?
解析:由等差数列的性质,可得a7+a8+a9=3a8>0,即a8>0;而a7+a10=a8+a9<0,故a9<0.所以数列{an}的前8项和最大.
答案:812345678910117(天津高考)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为 .?
解析:由已知,得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+ ×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理得2a1+1=0,解得a1=- .12345678910118(江西高考)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn. 解:(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以数列{cn}是以首项c1=1,公差d=2的等差数列,故cn=2n-1.
(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,
于是数列{an}前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以Sn=(n-1)3n+1.12345678910119(湖北高考)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
(1)解:设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.1234567891011(2)证明:当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.123456789101110(课标全国Ⅰ高考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
(1)证明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.
由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.1234567891011(2)解:由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1.
令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4.
由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.123456789101111(山东高考)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;1234567891011