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章末整合
专题一 等差(比)数列的基本运算?
例1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,
规律方法等差数列与等比数列的基本运算的求解策略
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.
变式训练1已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn.
(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;
(2)若S5>a1a9,求a1的取值范围.
专题二 求数列的通项公式?
例2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=3+2n,求an.
(2)数列{an}的前n项和为Sn且a1=1,an+1=
Sn,求an.
解:(1)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)∵Sn=3an+1,①∴n≥2时,Sn-1=3an.②
①-②得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与an的关系,求数列{an}
变式训练2设数列{an}是首项为1的正项数列,
且an+1-an+an+1·an=0(n∈N
),求{an}的通项公式.
专题三 数列求和?
例3已知数列{an}的前n项和Sn=kcn-k(其中c,k为常数且k≠0,c≠1),且a2=4,a6=8a3,
(1)求an;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解:(1)当n>1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.
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.
方法总结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:适用于等差数列前n项和公式的推导.
(6)并项转化法:如果一个数列的项是正负交错的,尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时,可以依次两项两项(或几项几项)合并,再利用其他相关的方法进行求和.
延伸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:由题知Tn=1+2+2+22+3+23+…+n+2n
=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)
专题四 等差(比)数列的判定?
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.
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.
所以数列{cn}是等差数列,公差为3,首项为2.
方法总结等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法:an+1-an=d(n≥1,n∈N
,d为常数)?{an}是等差数列;
=q(n≥1,n∈N
,q为常数,q≠0)?{an}是等比数列.
(2)中项公式法:2an+1=an+an+2(n≥1,n∈N
)?{an}是等差数列;
=an·an+2(n≥1,n∈N
,an≠0)?{an}是等比数列.
(3)通项公式法:an=kn+b(n≥1,n∈N
,k,b是常数)?{an}是等差数列;an=c·qn(n≥1,n∈N
,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≥1,n∈N
)?{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n≥1,n∈N
)?{an}是公比不等于1的等比数列.
变式训练3已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.
将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以,a2=4.
将n=2代入,得a3=3a2,所以,a3=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
专题五 数学归纳法?
(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明你的结论.
名师点评1.数学归纳法的两点关注
(1)关注点一:用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型,其关键点在于“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始值n0是多少.
(2)关注点二:由n=k到n=k+1时,除等式两边变化的项外还要利用n=k时的式子,即利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.
2.与“归纳—猜想—证明”相关的常见题型的处理策略
(1)与函数有关的证明:由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想,充分利用已知条件并用数学归纳法证明.
(2)与数列有关的证明:利用已知条件,当直接证明遇阻时,可考虑应用数学归纳法.
这就是说当n=k+1时,不等式也成立.
由①②可知,原不等式对任意大于1的正整数都成立.第四章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知数列{an}的通项公式为an=n2-n,则可以作为这个数列的其中一项的数是( )
A.10
B.15
C.21
D.42
解析当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.
答案D
2.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=( )
A.16
B.8
C.4
D.2
解析因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16==4.
答案C
3.(2019全国Ⅰ,理9)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )
A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=n2-2n
解析由题意可知
解得
故an=2n-5,Sn=n2-4n,故选A.
答案A
4.等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=( )
A.8
B.9
C.16
D.17
解析依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.
答案A
5.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则+…+=( )
A.1
033
B.1
034
C.2
057
D.2
058
解析由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是=2n-1+1,因此+…+=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+22+…+29)+10=+10=1
033.
答案A
6.我国古代数学巨著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题用今天的白话叙述为:“有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上面的已知条件,可求得该女子第4天所织布的尺数为( )
A.
B.
C.
D.
解析设该女子第n天织的布为an尺,且数列{an}为公比q=2的等比数列,由题意可得=5,解得a1=.所以该女子第4天所织布的尺数为a4=a1q3=.
故选D.
答案D
7.给出数阵:
0 1 … 9
1 2 … 10
?
??
?
9 10
… 18
其中每行、每列均为等差数列,则此数阵所有数的和为
( )
A.495
B.900
C.1
000
D.1
100
解析设b1=0+1+2+…+9,b2=1+2+3+…+10,……b10=9+10+…+18,则{bn}是首项b1=45,公差d=10的等差数列,所以S10=45×10+×10=900.
答案B
8.对于正项数列{an},定义:Gn=为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于( )
A.
B.
C.
D.
解析∵Gn=,Gn=n+2,∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10·a10=21,∴a10=.故选D.
答案D
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.(2020江苏镇江中学高二期末)对于数列{an},若存在正整数k(k≥2),使得ak
A.3
B.2
C.7
D.5
解析an=,故a1=2,a2=,a3=2,a4=,a5=,a6=,a7=,a8=.
故a2a2,a3>a2,故2是“谷值点”;
a6>a7,a8>a7,故7是“谷值点”;a6故选AD.
答案AD
10.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项中正确的选项是( )
A.0B.a6>1
C.T12>1
D.T13>1
解析由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,所以01,或a6>1且0当01时,=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾,当a6>1且02,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=<1.故选ABC.
答案ABC
11.已知等比数列{an}中,满足a1=1,q=2,Sn是{an}的前n项和,则下列说法正确的是( )
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列是递增数列
C.数列{log2an}是等差数列
D.数列{an}中,S10,S20,S30仍成等比数列
解析等比数列{an}中,a1=1,q=2,
所以an=2n-1,Sn=2n-1.
于是a2n=22n-1=2×4n-1,,log2an=n-1,故数列{a2n}是等比数列,
数列是递减数列,数列{log2an}是等差数列.
因为S10=210-1,S20=220-1,S30=230-1,,所以S10,S20,S30不成等比数列.
故选AC.
答案AC
12.已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满足an+4Sn-1Sn=0(n≥2),a1=,则下列说法正确的是
( )
A.数列{an}的前n项和为Sn=
B.数列{an}的通项公式为an=
C.数列{an}为递增数列
D.数列为递增数列
解析∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2),
∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0.
∵Sn≠0,∴=4.
因此数列是以=4为首项,4为公差的等差数列,也是递增数列,即D正确;
所以=4+4(n-1)=4n,∴Sn=,即A正确;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1==-.
所以an=即B,C不正确;
故选AD.
答案AD
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且bn+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为 .?
解析设{an}的公差为d,则解得于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.
答案bn=n2-3n+2
14.已知在公差不为零的正项等差数列{an}中,Sn为其前n项和,lg
a1,lg
a2,lg
a4也成等差数列.若a5=10,则S5=.
解析设{an}的公差为d,则d>0.
由lga1,lga2,lga4成等差数列,
得2lga2=lga1+lga4,
则=a1a4,
即(a1+d)2=a1(a1+3d),d2=a1d.
因为d>0,所以d=a1,a5=5a1=10,
解得d=a1=2.
故S5=5a1+×d=30.
答案30
15.我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”:今有与人钱,初一人与三钱,次一人与四钱,次一人与五钱,以次与之,转多一钱,与讫,还敛聚与均分之,人得一百钱,问人几何?意思是:将钱分给若干人,第一人给3钱,第二人给4钱,第三人给5钱,以此类推,每人比前一人多给1钱,分完后,再把钱收回平均分给各人,结果每人分得100钱,问有多少人?则题中的人数是 .?
解析设共有n人,根据题意得3n+=100n,解得n=195,所以一共有195人.
答案195
16.(2020浙江余姚中学高二检测)已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-+…+=2+…+”时,第一步的验证为 ;若已假设n=k(k≥2且k为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设证n= 时等式成立.(本题第一空2分,第二空3分)?
解析因为n为正偶数,则归纳基础为
当n=2时,左边=1-,右边=2×,等式成立;
归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-+…+=2+…+成立,由于n是所有正偶数,则下一个数应为n=k+2.
答案当n=2时,左边=1-,右边=2×,等号成立 k+2
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)(2019全国Ⅱ,理19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1.
所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,
bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.
18.(本小题满分12分)已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a4a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an-an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)设{an}的公比为q,
则由=9a4a8,可得(a1q4)2=9a1q3·a1q7,
即q8=9q10,
因此q2=.
因为{an}的各项均为正数,
所以q>0,故q=.
又因为2a1+3a2=1,
所以2a1+3a1·=1,解得a1=.
故an=,即an=.
(2)由(1)得bn=an-an-1==-,
所以{bn}是首项为-,公比为的等比数列,因此其前n项和Sn=-1.
19.(本小题满分12分)(2019北京,文16)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.
解(1)设{an}的公差为d.
因为a1=-10,
所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,
所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).
所以(-2+2d)2=d(-4+3d).
解得d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-12.
(2)由(1)知,an=2n-12.
所以,当n≥7时,an>0;当n≤6时,an≤0.
所以,Sn的最小值为S6=-30.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-2n.
(1)求a1,a2.
(2)设cn=an+1-2an,证明数列{cn}是等比数列.
(3)求数列的前n项和Tn.
(1)解∵a1=S1,2a1=S1+2,∴a1=S1=2.
由2an=Sn+2n,知2an+1=Sn+1+2n+1=an+1+Sn+2n+1,
∴an+1=Sn+2n+1,①
∴a2=S1+22=2+22=6.
(2)证明由题设和①式知an+1-2an=(Sn+2n+1)-(Sn+2n)=2n+1-2n=2n,即cn=2n,
∴=2(常数).
∵c1=21=2,
∴{cn}是首项为2,公比为2的等比数列.
(3)解∵cn=2n,∴.∴数列的前n项和Tn=+…+Tn=+…+,
两式相减,得Tn=+…+.
∴Tn=.
21.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=an+n2+n-2(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=且数列{bn}的前n项和为Tn,求T2n.
解(1)由于Sn=an+n2+n-2,
所以当n≥2时,Sn-1=an-1+(n-1)2+(n-1)-2,
两式相减得an=an-an-1+n+1,于是an-1=n+1,
所以an=n+2.
(2)由(1)得bn=
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n).
因为b1+b3+…+b2n-1=+…++…+=,b2+b4+…+b2n=+…+,
于是T2n=.
22.(本小题满分12分)(2019浙江,20)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N
,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=,n∈N
,证明:c1+c2+…+cn<2,n∈N
.
解(1)设数列{an}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,
解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N
.
所以Sn=n2-n,n∈N
.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).
解得bn=-SnSn+2).
所以bn=n2+n,n∈N
.
(2)cn=,n∈N
.
我们用数学归纳法证明:
①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;
②假设n=k(k∈N
)时不等式成立,
即c1+c2+…+ck<2.
那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2<2<2=2+2()=2,
即当n=k+1时不等式也成立.
根据①和②,不等式c1+c2+…+cn<2对任意n∈N
成立.