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新学案浙江专用2015-2016学年高中数学第二章数列本章整合课件新人教A版必修5_图文

本章整合

定义:按一定顺序排列的一列数

表示法:列表法、图象法和通项公式法

通项公式:第 n 项an与序号 n 之间的关系等式an = f(n) 分类:有穷数列和无穷数列,还可以分成递增数列、递减数列、常数数列和摆动数列

前 n 项和:Sn = a1 + a2 + … + an 递推公式:关于数列的通项或前 n 项和的等式

图象:数列的图象是一群孤立的点

定义:数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数

数列

等差数列 等比数列

判断方法:定义法,证明an+1-an = 常数

通项公式:an = a1 + (n-1)d



n

项和公式:Sn

=

n(a1+an) 2

=

na1

+

n(n-1) 2

d

递推公式:an+1 = an + d

定义:数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数

判断方法:定义法,证明

an+1 an

=

常数

通项公式:an = a1qn-1

na1(q = 1)

前 n 项和公式:Sn =

a1(1-qn) 1-q

=

a1-anq 1-q

(q



1)

递推公式:an+1 = anq 应用:在物理、化学、生物、经济、天文、历法等方面均有应用

专题一 专题二 专题三
专题一 数列通项公式的求法
数列的通项公式是给出数列的主要方式,其本质就是函数的解析式.围 绕数列的通项公式,不仅可以判断数列的类型,研究数列的项的变化趋势与 规律,而且有利于求数列的前 n 项和.求数列的通项公式是数列的核心问题 之一,下面介绍几种常用的求法.
1.观察归纳法 观察归纳法就是观察数列的特征,找出各项共同的构成规律,横向看各 项之间的关系,纵向看各项与项数 n 的内在联系,从而归纳出数列的通项公 式.

专题一 专题二 专题三

应用 1 根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式:

(1)12

,

4 5

,

9 10

,

1167,…;

(2)1,-13 , 17,-115 , 311,…;

(3)1,32

,

1 3

,

5 4

,

1 5

,

76,….

专题一 专题二 专题三
解:(1)注意各项的分子分别是 12,22,32,42,分母比分子大 1.故数列的通项
公式 an=n2n+2 1. (2)奇数项为正,偶数项为负,各项分母可看作
21-1=1,22-1=3,23-1=7,24-1=15,25-1=31,…,各项分子均为 1.
故数列的通项公式为 an=(-1)n+1·2n1-1.

(3)各项可看作 1=1+0,32 = 12+1,13 = 13+0,54 = 14+1,15 = 15+0,76 = 16+1,….

故数列的通项公式为

an=

1 n

+

1+(2-1)n.

专题一 专题二 专题三

2.公式法

应用等比数列和等差数列的通项公式求得数列的通项公式.

应用 2 在公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}中,已知 a1=1,且 a1=b1,a2=b2,a8=b3,求 an 和 bn.

解:(1)由已知

a1=b1=1,a2=b2,a8=b3,得

1+d 1 + 7d

= =

q, q2 ,

解得

q d

= =

6, 5,



q d

= =

10,. (舍去)

∴an=1+(n-1)×5=5n-4,bn=1×6n-1=6n-1.

专题一 专题二 专题三
3.辅助数列法 利用数列的递推公式构造一个新的数列(等差数列或等比数列),由新 数列的通项公式求得原数列的通项公式. 应用 3 已知数列{an}中,a1=1,an+1=12an+1(n∈N*),求 an. 提示:构造辅助数列,转化为证明辅助数列是等比数列.

专题一 专题二 专题三

解:∵an+1=12an+1,∴an+1-2=12(an-2).

∴{an-2}是公比为12的等比数列.

∴an-2=(a1-2)

1 2

n-1
=-

1 2

n-1
,

∴an=2-

1 2

n-1=2-21n-1.

专题一 专题二 专题三
4.迭代法 对于形如 an=f(an-1)型的递推公式,采取逐次降低“下标”数值的反复迭 代方式,最终使 an 与初始值 a1(或 a2)建立起联系的方法就是迭代法. 应用 4 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=4an-3(n=1,2,…). (1)证明:数列{an}是等比数列; (2)若数列{bn}满足 bn+1=an+bn(n=1,2,…),b1=2,求数列{bn}的通项公式. 提示:(1)借助于 Sn-Sn-1=an,利用定义证明数列{an}是等比数列;(2)利用 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)求数列{bn}的通项公式.

专题一 专题二 专题三
(1)证明:因为 Sn=4an-3(n=1,2,…), 则 Sn-1=4an-1-3(n=2,3,…), 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,
整理,得aann-1 = 43. 由 Sn=4an-3,令 n=1,得 a1=4a1-3,解得 a1=1. 所以{an}是首项为 1,公比为43的等比数列.

专题一 专题二 专题三

(2)解:由(1)得 an=

4 3

n-1
,

由 bn+1=an+bn(n=1,2,…),得 bn+1-bn=

4 3

n-1
.

则 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)

1-
=2+

4 n-1

3
1-43

=3×

4 3

n-1
-1,(n≥2).



n=1

时,3×

4 3

n-1
-1=2=b1,

所以

bn=3×

4 3

n-1
-1.

专题一 专题二 专题三
5.叠加法 对于由形如 an+1-an=f(n)型的递推公式求通项公式, (1)当 f(n)=d 为常数时,为等差数列,则 an=a1+(n-1)d; (2)当 f(n)为 n 的函数时,用叠加法. 方法如下:由 an+1-an=f(n),得
当 n≥2 时,an-an-1=f(n-1),
an-1-an-2=f(n-2), … a3-a2=f(2), a2-a1=f(1).

专题一 专题二 专题三
把以上(n-1)个等式叠加,得 an-a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)+f(1),
n-1
∴an=a1+ ∑ f(k).
k =1
为了书写方便,也可以用横式来写: ∵当 n≥2 时,an-an-1=f(n-1),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)+f(1)+a1.

专题一 专题二 专题三
(3)已知 a1=a,an+1-an=f(n),其中 f(n)可以是关于 n 的一次函数、二次函数、 指数函数、分式函数等,求通项 an.
①若 f(n)是关于 n 的一次函数,叠加后可转化为等差数列求和; ②若 f(n)是关于 n 的二次函数,叠加后可分组求和; ③若 f(n)是关于 n 的指数函数,叠加后可转化为等比数列求和; ④若 f(n)是关于 n 的分式函数,叠加后可裂项求和.

专题一 专题二 专题三
应用 5 已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,求数列{an}的通项公式 an. 解:a2=a1+3, a3=a2+5, a4=a3+7, … an=an-1+2n-1(n>1). 以上各等式相加,得
an=a1+3+5+…+2n-1=1+3+5+…+2n-1=n(1+22n-1)=n2. 当 n=1 时,a1=12=1. 综上所述,{an}的通项公式为 an=n2.

专题一 专题二 专题三
6.累乘法 对于由形如ana+n1=f(n)型的递推公式求通项公式,

(1)当 f(n)为常数时,即ana+n1=q(其中 q 是不为 0 的常数),此时数列为等比

数列,an=a1·qn-1. (2)当 f(n)为 n 的函数时,用累乘法.

由ana+n 1=f(n),得 n≥2 时,aann-1=f(n-1),

∴an=

an an-1

·aann--12·…·aa21·a1

=f(n-1)·…·f(1)·a1.

专题一 专题二 专题三
应用 6 设{an}是首项为 1 的正项数列,且 (n+1)a2n+1-na2n+an+1·an=0(n=1,2,3,…),求通项公式 an.
提示:将已知等式化简得ana+n1=f(n),利用累乘法求得 an.

专题一 专题二 专题三
解:由(n+1) a2n +1 -na2n +an+1an=0, 得(an+1+an)[(n+1)an+1-nan]=0.
∵an>0(n∈N*),∴(n+1)an+1-nan=0,

即an+1
an

=

n+n 1.∴n≥2

时, aann-1

=

nn-1.

∴an=aann-1 ·aann--12·…·aa21·a1

=nn-1 ·nn--21·…·12·1=1n.

专题一 专题二 专题三
专题二 数列求和的常用方法
数列求和是数列部分的重要内容,也是高考的重要考点之一.对于数列 的求和问题,一般是先观察数列的特点和规律,如果通项公式能够求出,可先 求出通项公式再决定使用哪种求和方法.下面介绍几种常用的求和方法.
1.公式法 公式法是数列求和的最常用方法之一,可直接利用等差数列、等比数列 的求和公式,也可利用常见的求前 n 项和的公式,如:
1+2+3+…+n=n(n2+1),
12+22+32+…+n2=16n(n+1)(2n+1).

专题一 专题二 专题三

应用 1 求数列 112,214,318,…,

n

+

1 2n

,…的前 n 项和.

解:Sn=112+214+318+…+

n

+

1 2n

=(1+2+3+…+n)+

1 2

+

1 4

+

1 8

+



+

1 2n

=n(n2+1)+1-21n.

专题一 专题二 专题三
应用 2 求数列{n(n+1)}的前 n 项和 Sn. 解:设 an=n(n+1)=n2+n, 则 Sn=a1+a2+…+an =(12+1)+(22+2)+…+(n2+n) =(12+22+…+n2)+(1+2+…+n) =16n(n+1)(2n+1)+n(n2+1)
=n(n+1)(62n+1+3) = 13n(n+1)(n+2).

专题一 专题二 专题三

2.裂项法 这是分解与组合方法在数列求和中的具体应用,裂项法的实质是将数 列中的某些项分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目 的. 常用的裂项变形有:

①an=n(n1+1)

=

1 n

?

n+1 1;

②an=(2n-1)1(2n+1)

=

1 2

1 2n-1

-

1 2n+1

;

专题一 专题二 专题三

③an=n(n+11)(n+2)

=12

1 n(n+1)

-

1 (n+1)(n+2)

;

④an=n(n+1)=13[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)];

⑤an=n(n+1)(n+2)=14[n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)(n+2)].

专题一 专题二 专题三

应用 3 已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数



1 bnbn+1

的前 n 项和 Sn=

.

解析:设等比数列{an}的公比为 q, 则 81=3q3,则 q=3,所以 an=3n.所以 bn=log33n=n.

设bnb1n+1=cn,所以

cn=bnb1n+1

=

1 n(n+1)

=

1 n

?

n+1 1.

所以 Sn=

1 1

-

1 2

+

1 2

-

1 3

+…+

1 n

-

1 n+1

=1-n+1 1 = n+n 1. 答案:n+n 1

专题一 专题二 专题三
3.错位相减法 若在数列{an·bn}中,{an}成等差数列,{bn}成等比数列,则可采用错位相 减法求和. 应用 4 已知正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=12,且 2a1,a2,a3+1 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)记 bn=3ann的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 提示:(1)列方程组求出等差数列{an}的首项和公差;(2)利用错位相减法 求 Tn.

专题一 专题二 专题三
解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, ∵2a1,a2,a3+1 成等比数列,∴a22=2a1·(a3+1),

∴(a1+d)2=2a1(a1+2d+1).

则有

(a1

+ d)2 = 2a1(a1 + 2d + 1),

3a1

+

3×(3-1) 2

d

=

12,

解得 a1=1,d=3 或 a1=8,d=-4(舍去),

∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)3=3n-2.

专题一 专题二 专题三
(2)bn=3ann = 33nn-2=(3n-2)·31n, ∴Tn=1×13+4×312+7×313+…+(3n-2)×31n.①
①×13得, 13Tn=1×312+4×313+7×314+…+(3n-5)×31n+(3n-2)×3n1+1,② ①-②,得

专题一 专题二 专题三

23Tn=13+3×312+3×313+3×314+…+3×31n-(3n-2)×3n1+1 =

1
13+3×32

1- 1
3n-1
1-13

-(3n-2)×3n1+1

=56

?

1 2

×

31n-1-(3n-2)×3n1+1.

∴Tn=

5 4

?

1 4

×

1 3n-2

?

3n-2 2

×

1 3n

=

5 4

?

6n+5 4

×

31n.

专题一 专题二 专题三
4.倒序相加法 如果求和的结构中“每两项”的和为同一常数,可以用倒序相加法求解. 应用 5 设 f(x)= 2+22x,类比推导等差数列前 n 项和公式的方法,求 f(-2 012)+f(-2 011)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 012)+f(2 013).

专题一 专题二 专题三

解:f(x)+f(1-x)=

2 2+2x

+

2 2+21-x

=

2 2+2x

+

2·2x 2·2x+2

=

2 2+2x

+

22+x2x=1.

设 S=f(-2 012)+f(-2 011)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 012)+f(2 013), 则 S=f(2 013)+f(2 012)+…+f(1)+f(0)+…+f(-2 011)+f(-2 012),

2S=[f(-2 012)+f(2 013)]+[f(-2 011)+f(2

012)]+…+[f(0)+f(1)]+[f(1)+f(0)]+…+[f(2 013)+f(-2

012)]=1+1+…+1+1+…+1=2 013×2.

故 S=2 013.

专题一 专题二 专题三
专题三 以数阵为背景的数列问题
所谓数阵是指将某些数,按一定的规律排成若干行和列,形成图表,也称 之为数表.
数阵不仅有正方形、三角形,还有长方形、圆、多边形、星形、花瓣形、 十字形,甚至几种图形的组合,变幻多样、对称性强,很能吸引人.在我们平常 解题中最常见的是前两种.
数阵中的数是按一定的规律排成若干行和列,比较多见的是排成等差 数列或等比数列,它重点考查等差数列、等比数列的相关知识,有时也会出 现其他类型的数列.解决此类问题的关键是找出其中的规律,这就要求考生 具有较强的观察分析、归纳猜想的能力以及对数列知识融合迁移的能力. 下面具体讨论一下它的几种题型.

专题一 专题二 专题三

应用 1 如图所示的数阵,第 n 行最右边的数是

.

解析:设第 n 行左边第一个数为 an,则 a1=1,a2=3=a1+2×1,a3=7=a2+2×2,…,an=an-1+2(n-1),把这些式子左右两边分别 相加,得 an=n2-n+1.又每一行都是公差为 2 的等差数列,且第 n 行有 n 个数, 则第 n 行最右边的数是(n2-n+1)+(n-1)×2=n2+n-1.
答案:n2+n-1

专题一 专题二 专题三

应用 2 德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形(单位

分数是分子为 1、分母为正整数的分数)称为莱布尼兹三角形.

根据前 5 行的规律,写出第 6 行的数从左到右依次是

.

答案:16

,

1 30

,

1 60

,

1 60

,

1 30

,

1 6

专题一 专题二 专题三

应用 3 在下表所示的 3×3 正方形的 9 个空格中填入正整数,使得每一

行都成等差数列,每一列都成等比数列,问标有*号的空格应填的数



.

13

* 12

专题一 专题二 专题三

解析:设标有*号的空格应填 a,由于每一行都成等差数列,则第一行第二个

数是1+2 3=2,第三行第二个数是a+212,如表所示,又每一列都成等比数列,则第 一列第二个数是± 1 × a=± a.又空格中的数都是正整数,则应为 a,同理第

三列第二个数是 6.根据每一行成等差数列,则第二行第二个数是 a2+6,根据 每一列成等比数列,且空格中的数都是正整数,则第二列第二个数是

2

×

a+12 2

=

a + 12,则有

a+6 2

=

a + 12,解得 a=4.

答案:4

12

3



6

a + 12 12 2

专题一 专题二 专题三

应用 4 自然数按右图所示规律排列,问 2 012 是第 个数.

行第

专题一 专题二 专题三
解析:设第 n 行最右边的数即第 n 行第 n 个数是 an,则 a1=1,a2=3=1+2,a3=6=1+2+3,a4=10=1+2+3+4,a5=15=1+2+3+4+5,…,an=1+2+3 +…+n=n(n2+1).
设n(n2+1)=2 012,解得 n≈62.94,则 2 012 在第 63 行,又 a63=63(623+1)=2 016, 且第 63 行有 63 个数,从左到右组成公差为 1 的等差数列,则 2 012 是第 63 行第 59 个数.
答案:63 59

专题一 专题二 专题三

应用 5 给定 81 个数排成数阵如图所示,若每一行,每一列都构成等差数

列,且正中间一个数 a55=5,则此数阵中所有数之和为

.

a11 a12 … a19

a21

a22



a29









a91

a92



a99

专题一 专题二 专题三
解析:由于每一行都成等差数列, 则 a11+a12+…+a19=9(a112+a19) = 9(22a15)=9a15. 同理可得,a21+a22+…+a29=9a25,…,a91+a92+…+a99=9a95. 又每一列都成等差数列, 则 a15+a25+…+a95=9(a152+a95) = 9(22a55)=9a55, 则此数阵中所有数之和 S=(a11+a12+…+a19)+(a21+a22+…+a29)+…+(a91+a92+…+a99)=9(a15+a25+…+a95)= 9(9a55)=81a55=81×5=405. 答案:405

1 2 3 4 56 7 8

1.(2013·课标全国Ⅱ高考)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1=( )

A.13

B.-13

C.19

D.-19

1 2 3 4 56 7 8
解析:设数列{an}的公比为 q,若 q=1,则由 a5=9,得 a1=9,此时 S3=27,而 a2+10a1=99,不满足题意,因此 q≠1. ∵q≠1 时,S3=a1(11--qq3)=a1·q+10a1, ∴11--qq3=q+10,整理得 q2=9. ∵a5=a1·q4=9,即 81a1=9,∴a1=19. 答案:C

1 2 3 4 56 7 8

2.(2013·安徽高考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S8=4a3,a7=-2,则

a9=( )

A.-6

B.-4

C.-2

D.2

解析:由 S8=4a3 知:a1+a8=a3,a8=a3-a1=2d=a7+d,所以 a7=d=-2.所以

a9=a7+2d=-2-4=-6.

答案:A

1 2 3 4 56 7 8
3.(2013·福建高考)已知等比数列{an}的公比为 q,记 bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2+…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1·am(n-1)+2·…·am(n-1)+m(m,n∈N*),则以
下结论一定正确的是( ) A.数列{bn}为等差数列,公差为 qm B.数列{bn}为等比数列,公比为 q2m C.数列{cn}为等比数列,公比为qm 2 D.数列{cn}为等比数列,公比为qm m

1 2 3 4 56 7 8

解析:∵{an}是等比数列,

∴amam(nn-1+)m+m=qmn+m-m(n-1)-m=qm,

∴cn+1
cn

=

am(na-1m)+n+1·1a·mam(nn-1+)2+·2…·…·a·mamn+(nm-1)+m=(qm)m=qm 2.

答案:C

1 2 3 4 56 7 8

4.(2013·北京高考)若等比数列{an}满足 a2+a4=20,a3+a5=40,则公比

q=

;前 n 项和 Sn=

.

解析:由题意知

q=

a3+a5 a2+a4

=

4200=2.

由 a2+a4=a2(1+q2)=a1q(1+q2)=20, ∴a1=2.∴Sn=2(11--22n)=2n+1-2.

答案:2 2n+1-2

1 2 3 4 56 7 8
5.(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后 每天植树的棵数是前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N*)等



.

解析:由题意知每天植树的棵数组成一个以 2 为首项,2 为公比的等比数列,

所以 Sn=2(11--22n)=2(-1+2n)≥100,

∴2n≥51,∴n≥6.

答案:6

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6.(2013·四川高考)在等差数列{an}中,a1+a3=8,且 a4 为 a2 和 a9 的等比中项,求 数列{an}的首项、公差及前 n 项和. 解:设该数列公差为 d,前 n 项和为 Sn.
由已知,可得 2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d). 所以,a1+d=4,d(d-3a1)=0,解得 a1=4,d=0,或 a1=1,d=3,即数列{an}的首项为 4,公差为 0,或首项为 1,公差为 3. 所以,数列的前 n 项和 Sn=4n 或 Sn=3n22-n.

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7.(2013·课标全国Ⅰ高考)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式;

(2)求数列

1 a2n-1a2n+1

的前 n 项和.

解:(1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+n(n2-1)d.

由已知可得 3a1 + 3d = 0, 5a1 + 10d = -5,
解得 a1=1,d=-1.故{an}的通项公式为 an=2-n.

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(2)由(1)知a2n-11a2n+1

=

1 (3-2n)(1-2n)

=12

1 2n-3

-

1 2n-1

,

从而数列

1 a2n-1 a2n+1

的前 n 项和为

1 2

1 -1

-

1 1

+

1 1

-

1 3

+



+

1 2n-3

-

1 2n-1

=1-n2n.

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(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 则当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+221n.

当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=12n2-221n+110.

综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=

-

1 2

n2

+

21 2

n,n



11,

1 2

n2-

21 2

n

+

110,n



12.



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