高中数学选择性必修2课件第四章 数列章末复习课(人教A版)

章末复习课[网络构建][核心归纳]1.等差数列和等比数列的基本概念和公式2.求数列的通项公式的方法 (1)归纳法；(2)累加、累乘法；(3)构造等差、等比数列法.3.求数列的前n项和的基本方法 (1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和Sn公式； (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列； (3)裂项(相消)法：有时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：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：例如等差数列前n项和公式的推导； (6)并项求和法：适用于正负相间的数列.要点一等差、等比数列的判定1.判定等差数列的方法 (1)定义法；(2)等差中项法；(3)通项公式法.2.判定等比数列的方法 (1)定义法；(2)等比中项法；(3)通项公式法.

注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能作为证明方法.要点一等差、等比数列的判定1.判定等差数列的方法 (1)定义法；(2)等差中项法；(3)通项公式法.2.判定等比数列的方法 (1)定义法；(2)等比中项法；(3)通项公式法.

注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能作为证明方法.【训练1】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*. (1)证明：{an－1}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式.

(1)证明∵Sn＝n－5an－85， ∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85，

两式相减得：an＋1＝1＋5an－5an＋1，又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14，∴a1－1＝－14－1＝－15，要点二求数列的通项公式

数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身.常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前n项和作差法、辅助数列法.要点二求数列的通项公式

数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身.常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前n项和作差法、辅助数列法.【例2】已知数列{an}中，a1＝2，且满足an＋1＝an＋2n＋n，求数列{an}的通项公式.解由条件知an＋1－an＝2n＋n，则a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋2，a4－a3＝23＋3，……，an－an－1＝2n－1＋n－1，累加得(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝(21＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n－1＋n－1)，∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1.要点三等差、等比数列的综合问题

等差、等比数列是两类基本的数列，两数列相结合的问题经常考查，特别是通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点.【例3】在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，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，所以an＝－1＋(n－1)×(－3)＝－3n＋2.(2)由题意，得an＋bn＝qn－1，所以bn＝3n－2＋qn－1.当q＝1时，bn＝3n－1，当q≠1时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[1＋4＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋…＋qn－1)j【训练3】已知等差数列{an}的公差d为2，且a1，a3，a4成等比数列.(1)求{an}的通项公式；(2)设{an}的前n项和为Sn，求S20的值.∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8.∴{an}的通项公式为an＝2n－10.∴S20的值为220.要点四数列求和问题 (1)分组转化法

把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法

把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法

如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.【例4】已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；解(1)设{an}的公差为d.由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.则所求最大的正整数n为11.【训练4】设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，n∈N*.

(1)证明当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以(n－1)(Sn－Sn－1)＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，所以Sn＝n·2n－n，故Tn＝(1×2＋2×22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n).设M＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，则2M＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，所以－M＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以M＝(n－1)×2n＋1＋2，备用工具&资料

(1)证明当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以(n－1)(Sn－Sn－1)＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，解(1)设{an}的公差为d.由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.则所求最大的正整数n为11.【训练1】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*. (1)证明：{an