新教材数学人教A版选择性课件阶段复习课第一课数列

阶段复习课第一课数列

核心整合·思维导图考点突破·素养提升素养一数学运算角度1利用数列的性质运算【典例1】(1)在等差数列{an}中,a2+a3+a4=12,a7=8,则a1= ()(2)设公比为-2的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=,则a4等于 ()【解析】(1)选D.设公差为d,因为a2+a3+a4=3a3=12,所以a3=4,又a7=8,所以4d=a7-a3=4,所以d=1,所以a1=a7-6d=2.(2)选C.设首项为a1,由于q=-2,S5=,所以解得a1=,所以a4=a1q3=×(-2)3=-4.【类题·通】关于数列的运算问题(1)计算基本量:将条件利用基本量表示,列出方程(组)求解;(2)利用性质计算:利用数列的性质转化条件,简化运算,常用的性质有等差(比)中项、数列两项、四项的关系等.【加练·固】已知等差数列{an}的首项a1和公差d均不为零,且a2,a4,a8成等比数列,则= ()

【解析】选D.因为a2,a4,a8成等比数列,所以=a2a8,所以(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),所以d2=a1d,又d≠0,a1≠0,所以d=a1,所以an=a1+(n-1)d=na1≠0,所以角度2数列求和【典例2】(1)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=(n∈N*),若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16.则数列的前n项和Sn=________.

(2)(2019·深圳高二检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=3Sn-2(n∈N*).①求数列{an}的通项公式;②求数列{nan}的前n项和Tn.【解析】(1)数列{an}为公比为q的等比数列,且a1=2,a4=16,可得q3=8,即q=2,则an=2n,a1a2a3…an=,即2·22·23…2n=21+2+3+…+n则则前n项和答案:

(2)①当n=1时,a1=3S1-2=3a1-2解得a1=1;当n≥2时,an=3Sn-2,an-1=3Sn-1-2,两式相减得an-an-1=3an化简得an=-an-1,所以数列{an}是首项为1,公比为-的等比数列.所以②由①可得nan=n·,两式相减得所以数列{nan}的前n项和【类题·通】数列求和的常用方法(1)公式法:直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解.(2)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Sn=a1+a2+…+an两边同乘以相应等比数列的公比q,得到qSn=a1q+a2q+…+anq,两式错位相减即可求出Sn.(3)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.即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法.(4)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.【加练·固】在递增的等比数列{an}中,a1a6=32,a2+a5=18,其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bn=an+log2an+1求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设数列{an}的公比为q,由题意,得a2a5=a1a6=32,又a2+a5=18,解得,a2=2,a5=16或a2=16,a5=2,因为数列{an}为递增数列,所以a2=16,a5=2舍去,所以q3==8,即q=2.故an=2×2n-2=2n-1.(2)由(1)得bn=2n-1+n.所以Tn=b1+b2+…+bn=(1+2+22+…+2n-1)+(1+2+…+n)=素养二数学建模角度数列在实际问题中的应用【典例3】《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著,其中有这样一段表述:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一”,其意大致为:有一栋七层宝塔,每层悬挂的红灯数为上一层的两倍,共有381盏灯,则该塔中间一层有________盏灯. ()

【解析】选A.由题意知灯的盏数构成等比数列{an},首项为a1,公比为2,则所以a1=3,所以a4=3×23=24.【类题·通】关于利用数列解决实际问题的步骤(1)确定数列类型:“增长量”等于同一个常数为等差数列“增长率”等于同一个常数为等比数列.(2)确定数列基本量:分别提取数列的基本量a1,d或q,n,an,Sn,列方程(组)求解未知量.(3)解释实际问题:利用求解出的未知量解释、解决实际问题.素养三逻辑推理角度1通项公式的求法【典例4】(1)数列{an}中,a1=,前n项和Sn=n2an,则an= ()(2)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn-3Sn-1+2=0(n≥2),a1=2,则an=________.

【解析】(1)选B.因为Sn=n2an,所以Sn-1=(n-1)2an-1,(n≥2)两式相减得:an=n2an-(n-1)2an-1,所以(n2-1)an=(n-1)2an-1,即(n+1)an=(n-1)an-1,所以所以所以当n=1时,上式也成立.故

(2)Sn-3Sn-1+2=0(n≥2),所以Sn+1-3Sn+2=0,两式相减得an+1-3an=0,即an+1=3an,又a1=2,a1+a2-3a1+2=0,所以a2=2,所以a2≠3a1,所以答案:

【类题·通】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叫定义法,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}的通项an,可用公式求解.

(3)累加或累乘法.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.【加练·固】已知数列{an}满足a1=33,=2,则an=________.

【解析】由=2变形得:an+1-an=2n,所以an=(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)+a1=2+4+6+…+2(n-1)+33=+33=n2-n+33.答案:n2-n+33角度2等差、等比数列的证明【典例5】设Sn为数列{an}的前n项和,已知a3=7,an=2an-1+a2-2(n≥2).(1)证明:{an+1}为等比数列;(2)求{an}的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列?【解析】(1)因为a3=7,a3=3a2-2,所以a2=3,所以an=2an-1+1,所以a1=1,a1+1=2,又所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)由(1)知,an+1=2n,所以an=2n-1,所以Sn=-n=2n+1-n-2,所以n+Sn-2an=n+2n+1-n-2-2(2n-1)=0,n+Sn=2an,即n,an,Sn成等差数列.角度3利用数学归纳法证明【典例6】(2020·南通高二检测)设数列{an}满足a0=2,an=-n(n∈N*),用数学归纳法证明:an>n(n∈N*).【证明】显然a0=2>0,a1=-1=3>1,a2=-2=7>2,a3=-3=46>3;设n=k,k>3时,有ak>k,则ak+1=-(k+1)>k2-(k+1)>3k-(k+1)=2k-1>k+1,这就是说,n=k+1时也成立.于是,对任意自然数n∈N*,都有an>n.【类题·通】1.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,q≠0)⇔{an}是等比数列.(2)中项公式法: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)⇔{an}是等差数列;an=c·qn(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∈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.2.关于数学归纳法的应用利用数学归纳法证明时,一是注意步骤书写要规范、严格;二是证明的关键是假设的应用,未能利用假设的证明是错误的.【加练·固】已知数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*).(1)记bn=log2(an+1),判