2018年高中数学复习课二数列学案苏教版.docx

复习课(二)数列等差数列与等比数列的基本运算数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小等差、等比数列的基本公式等差数列等比数列通项公式ana1(n1)dana1qn1anam(nm)danamqnm前n项和公式SnSn(q1)Snna1dSn(q1)求和公式的函数特征Snn2nSnqn(q1)典例成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列bn中的b3，b4，b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列解(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)，b35，公比q2，故bn52n3.(2)证明：由(1)知b1，公比q2，Sn52n2，则Sn52n2，因此S1，2(n2)数列是以为首项，公比为2的等比数列类题通法对于等差、等比数列的基本运算主要是知三求二问题，解题时注意方程思想、整体思想及分类讨论思想的运用1在等比数列an中，Sn是它的前n项和，若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6_.解析：设an的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，则a42；由a4与2a7的等差中项为17知，a42a721734，得a716.q38，即q2，a1，则S6.答案：2已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3a813，S735，则a7_.解析：设等差数列an的公差为d，则由已知得(a12d)(a17d)13，S735.联立两式，解得a12，d1，a7a16d8.答案：83已知等差数列an，a29，a521.(1)求an的通项；(2)令bn2an，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意得方程组解得a15，d4，数列an的通项an4n1.(2)由an4n1得，bn24n1，bn是首项为b125，公比为q24的等比数列，于是得，数列bn的前n项和Sn.等差、等比数列的性质及应用等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以填空题的形式出现，一般难度较小等差、等比数列的主要性质等差数列等比数列若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq. 特别地，若mn2p，则aman2ap若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq.特别地，若mn2p，则amanaam，amk，am2k，仍是等差数列，公差为kdam，amk，am2k，仍是等比数列，公比为qk若an，bn是两个项数相同的等差数列，则panqbn仍是等差数列若an，bn是两个项数相同的等比数列，则panqbn仍是等比数列Sm，S2mSm，S3mS2m，是等差数列Sm，S2mSm，S3mS2m，是等比数列(q1或q1且k为奇数)若数列an项数为2n，则S偶S奇nd，若数列an的项数为2n，则q若数列an项数为2n1，则S奇S偶an1，若数列an项数为2n1，则q典例(1)已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示数列an的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是_(2)记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1am12am0，且T2m1128，则m_.解析(1)由a1a3a5105得，3a3105，a335.同理可得a433，da4a32，ana4(n4)(2)412n.由得n20.使Sn达到最大值的n是20.(2)因为an为等比数列，所以am1am1a，又由am1am12am0，从而am2.由等比数列的性质可知前(2m1)项积T2m1a，则22m1128，故m4.答案(1)20(2)4类题通法关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a1和公差d(公比q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂1等差数列an的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为2218，则公差d，的值分别是_解析：设S奇a1a3a15，S偶a2a4a16，则有S偶S奇(a2a1)(a4a3)(a16a15)8d，.由解得S奇288，S偶352.因此d8，.答案：8，2等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列的前13项和为_解析：3(a3a5)2(a7a10a13)24，6a46a1024，a4a104，S1326.答案：26数列的通项及求和数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大1已知递推公式求通项公式的常见类型(1)类型一an1anf(n)把原递推公式转化为an1anf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解(2)类型二an1f(n)an把原递推公式转化为f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解(3)类型三an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an1tp(ant)，其中t，再利用换元法转化为等比数列求解2数列求和(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列把Sna1a2an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSna1qa2qanq，两式错位相减即可求出Sn.(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论典例(1)已知a11，an12an1，则an_.(2)已知a12，an1ann，则an_.(3)设数列an满足a13a232a33n1an，nN*.求数列an的通项公式；设bn，求数列bn的前n项和Sn.解析(1)an12an1，则an112(an1)，2，又a11，a112，故an1是首项为2，公比为2的等比数列，an122n12n，故an2n1.(2)当n取1,2,3，n1时，可得n1个等式即anan1n1，an1an2n2，a2a11，将其两边分别相加，得ana1123(n1)，ana12.答案(1)2n1(2)2(3)解：因为a13a232a33n1an，()所以当n2时，a13a232a33n2an1，()()()得3n1an，所以an(n2)在()中，令n1，得a1，满足an，所以an(nN*)由知an，故bnn3n.则Sn131232333n3n，3Sn132233334n3n1，两式相减得2Sn33233343nn3n1n3n1，所以Sn.类题通法(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法二是要注意an的完整表达式，易忽视n1的情况(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响1已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100_.解析：因为f(n)n2cos(n)，所以a1a2a3a100f(1)f(2)f(100)f(2)f(101)，f(1)f(2)f(100)122232429921002(2212)(4232)(1002992)371995 050，f(2)f(101)22324299210021012(2232)(4252)(10021012)592015 150，所以a1a2a3a100f(1)f(2)f(100)f(2)f(101)5 1505 050100.答案：1002已知a12a222a32n1an96n，则数列an的通项公式是_解析：令Sna12a222a32n1an，则Sn96n，当n1时，a1S13；当n2时，2n1anSnSn16，an.通项公式an答案：an3已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog(1Sn1)(nN*)，令Tn，求Tn.解：(1)当n1时，a1S1，由S1a11，得a1，当n2时，Sn1an，Sn11an1，则SnSn1(an1an)，即an(an1an)，所以anan1(n2)故数列an是以为首项，为公比的等比数列故ann12n(nN*)(2)因为1Snann.所以bnlog(1Sn1)logn1n1，因为，所以Tn.4已知数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求数列an的通项公式解：(1)Snan，且a11，S2a2，即a1a2a2，得a23.由S3a3，得3(a1a2a3)5a3，得a36.(2)由题设知a11.当n2时，有anSnSn1anan1，整理得anan1，即，于是3，以上n1个式子的两端分别相乘，得，an，n2.又a11适合上式，故an，nN*.1等差数列an的前n项和为Sn，且S36，a30，则公差d_.解析：依题意得S33a26，即a22，故da3a22.答案：22已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和若S84S4，则a10_.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d.由题设知d1，S84S4，所以8a1284(4a16)，解得a1，所以a109.答案：3数列an满足a10，an1an2n，则an的通项公式an_.解析：由已知，得an1an2n，故ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)0242(n1)n(n1)答案：n(n1)4已知数列an满足a12，an1(nN*)，则该数列的前2 016项的乘积a1a2a3a2 016_.解析：由题意可得，a23，a3，a4，a52a1，数列an是以4为周期的数列，且a1a2a3a41，而2 0164504，前2 016项乘积为a1a2a3a41.答案：15设Sn为等比数列an的前n项和若a11，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an_.解析：由3S1,2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，则3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.答案：3n16在单调递减的等比数列an中，若a31，a2a4，则a1_.解析：在等比数列an中，a2a4a1，又a2a4，数列an为递减数列，a22，a4，q2，a30，a2a40，q0，q，a14.答案：47已知数列an中，a11，(2n1)an(2n3)an1(n2)，则数列an的通项公式为_解析：由题意可得(n2)，所以，上述各式左右相乘得(n2)，解得an(n2)，又a11符合，所以，通项公式an(nN*)答案：an8在数列an中，an0，a1，如果an1是1与的等比中项，那么a1的值是_解析：由题意可得，a(2an1anan11)(2an1anan11)0an1an111，(n1)n1an，a11.答案：9数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(n1)，则a6_.解析：因为an13Sn，所以an3Sn1(n2)，两式相减得，an1an3an，即4(n2)，所以数列a2，a3，a4，构成以a23S13a13为首项，公比为4的等比数列，所以a6a244344768.答案：76810设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析：当n1时，S1a11，所以1.因为an1Sn1SnSnSn1，所以1，即1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以(1)(n1)(1)n，所以Sn.答案：11已知数列an满足a11，an12an，数列bn满足b13，b26，且bnan为等差数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和Tn.解：(1)由题意知数列an是首项a11，公比q2的等比数列，所以an2n1.因为b1a12，b2a24，所以数列bnan的公差d2，所以bnan(b1a1)(n1)d22(n1)2n，所以bn2n2n1.(2)Tnb1b2b3bn(2462n)(1242n1)n(n1)2n1.12Sn为数列an的前n项和，已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.13在数列an中，an0，Sn为其前n项和，2Sn4an1.(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足对任意nN*，都有b1anb2an1bna12nn1，求数列bn的第5项b5.解：(1)当n1时，2S14a11a1.又两式相减得：2an14an14an，即an12