最新高中数学-第2章-数列-章末整合章末检测同步学案-新人教A版必修.pdf

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1、章末整合对点讲练 一、 等差数列与等比数列的基本运算 例 1已知 an是各项为不同的正数的等差数列， lg a1、lg a2、lg a4成等差数列又bn 1 a2n，n1,2,3， . (1)证明： bn为等比数列； (2)如果数列 bn的前 3 项的和等于 7 24，求数列 a n的通项公式an及数列 bn的前 n 项和 Tn. 点拨先利用等差数列an的首项 a1和公差 d 来表示 bn，再证明 bn 为等比数列 (1)证明lg a1、 lg a2、lg a4成等差数列，2lg a2lg a1lg a4. 即 a22a1a4，设等差数列an 的公差为d，则 (a1d) 2a1(a13d)，整

2、理得 d2a1d. d0，a1d.a2na1(2n1)d2n d， bn 1 a2n 1 d 1 2n. b n是以 1 2d为首项， 1 2为公比的等比数列 (2)解b1b2b3 1 2d 11 2 1 4 7 24，d3， a 1d 3. an a1(n1)d3n，bn 1 3 1 2 n. Tnb1 b2bn 1 6 1 1 2 n 1 1 2 1 3 1 1 2 n 回顾归纳在等差数列 an中，通常把首项 a1和公差 d 作为基本量， 在等比数列 bn中， 通常把首项b1和公比 q 作为基本量，列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列的 常用方法 ?变式训练1等差数列 an中，

3、 a410，且 a3，a6，a10成等比数列，求数列an 前 20 项的和 S20. 解设数列 an的公差为 d，则 a3a4d10d，a6a42d 102d， a10a46d10 6d.由 a3，a6， a10成等比数列得a3a10a26， 即(10d)(106d)(102d)2，整理得10d210d0，解得 d0 或 d1. 当 d0 时， S2020a4200； 当 d1 时， a1a43d7，S2020a1 2019 2 d207190330. 二、 数列的通项公式和前n 项和 例 2在数列 an中， a11， an12an2n. (1)设 bn an 2 n1.证明：数列 bn是等差

4、数列； (2)求数列 an的前 n 项和 点拨先利用等差数列的定义判断bn是等差数列， 借助 bn求出 an是解决第 (2)小题的关 键 (1)证明由已知 an12an2 n 得 bn1 an1 2n 2an2n 2n an 2 n11bn1. bn 1bn1，又 b1a11.bn是首项为 1，公差为1的等差数列 (2)解由(1)知， bnn， an 2n 1bnn.ann 2 n1. Sn 12 213 22 n 2n1 两边乘以2 得： 2Sn1212 22(n1) 2n1n 2n 两式相减得：Sn12122 2n1n 2n2n1n 2n(1n)2 n1 Sn (n1) 2n1. 回顾归纳

5、递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决把一般数列问题转 化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法 ?变式训练2已知数列 an的首项 a12 3，a n1 2an an1， n1,2， . (1)证明：数列 1 an 1 是等比数列； (2)求数列 n an 的前 n 项和 Sn. (1)证明an 1 2an an1， 1 an1 an1 2an 1 2 1 2 1 an， 1 an11 1 2 1 an1 ， 又 a1 2 3， 1 a11 1 2. 数列 1 an1 是以 1 2为首项， 1 2为公比的等比数列 (2)解由(1)知 1 an1 1 2 n， 1 an1 1

6、2 n， n an n n 2 n. 设 Tn 1 2 2 2 2 3 23 n 2n，则 1 2T n 1 22 2 23 n1 2n n 2n1 1 2T n 1 2 1 22 1 23 1 2 n n 2n1 1 2 1 1 2 n 1 1 2 n 2n1 1 1 2 n n 2n1 1 n2 2n 1 Tn 2 n2 2 n.又 123 n 1 2n(n1) 数列 n an 的前 n 项和 Sn2 n2 2n n(n1) 2 . 三、等差数列与等比数列的综合运用 例 3已知等差数列an 的首项 a11，公差 d0，且第二项、第五项、第十四项分别是 一个等比数列的第二项、第三项、第四项

7、(1)求数列 an的通项公式； (2)设 bn 1 n(an3) (nN *)，Sn b1b2 bn，是否存在最大的整数 t，使得对任意的 n 均有 Sn t 36总成立？若存在，求出 t；若不存在，请说明理由 点拨解答本题的关键是求出 an的通项公式， 注意 Sn大于 t 36总成立 ? t 36小于 S n的最小 值 解(1)由题意得 (a1d)(a113d)(a14d) 2，整理得 2a1dd2. a1 1，解得 (d0 舍)，d2.an2n1 (nN*) (2)bn 1 n(an3) 1 2n(n1) 1 2 1 n 1 n1 ， Sn b1b2bn1 2 1 1 2 1 2 1 3

8、1 n 1 n1 1 2 1 1 n1 n 2(n1). 假设存在整数t 满足 Sn t 36总成立， 又 Sn1Sn n 1 2(n2) n 2(n 1) 1 2(n2)(n1) 0， 数列 Sn 是单调递增的 S1 1 4为 S n的最小值，故 t 36 1 4，即 t0，n2,3,4， ) (1)求证：数列 an是等比数列； (2)设数列 an的公比为f(t)，作数列 bn，使 b11，bnf 1 bn1 (n2,3,4， )求数列 bn的通项 bn； (3)求和： b1b2b2b3b3b4b4b5 b2n1b2nb2nb2n1. (1)证明由 a1S11，S2 1a2，得 a2 3 2

9、t 3t ， a2 a1 32t 3t . 又 3tSn(2t3)Sn13t， 3tSn1(2t3)Sn23t. ，得 3tan(2t3)an10. an an1 2t3 3t ，(n2,3，) 数列 an 是一个首项为 1，公比为 2t3 3t 的等比数列 (2)解由 f(t) 2t3 3t 2 3 1 t ，得 bnf 1 bn 1 2 3b n 1. 数列 bn 是一个首项为 1，公差为 2 3的等差数列 bn1 2 3(n1) 2n 1 3 . (3)解由 bn 2n1 3 ，可知 b2n1和 b2n是首项分别为1 和 5 3，公差均为 4 3的等差数列 于是 b1b2b2b3b3b4

10、b4b5b2n1b2nb2nb2n1 b2(b1b3)b4(b3b5)b6(b5b7) b2n(b2n1b2n1) 4 3(b 2b4b2n) 4 3 1 2n 5 3 4n1 3 4 9(2n 23n) 课堂小结： 1等差数列和等比数列各有五个量a1，n，d，an，Sn或 a1，n，q，an，Sn.一般可以 “知 三求二 ” ，通过列方程(组)求关键量a1和 d(或 q)，问题可迎刃而解 2数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：建立基本量的方程(组)求解； 巧用等差数列或等比数列的性质求解；构建递推关系求解，有些数列问题还要涉及其它章 节的知识求解，如函数的思想等 课时作业 一、选择题

11、 1数列 an的前 n 项和 Sn 2n23n 3，则 a4a5 a10等于 () A171 B21 C10 D 161 答案D 解析a4a5a10S10S3161. 2(2010 东北三省四市联考)已知数列 an满足 a11，an1an2 n，则 a 10等于 () A1 024 B1 023 C2 048 D2 047 答案B 解析利用累加法及等比数列求和公式，可求得a1021011 023，故选 B. 3已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则 这个数列的项数为() A4 B6 C 8 D10 答案C 解析设项数为2n，公比为q. 由已知 S奇a1a

12、3a2n1. S偶a2a4 a2n. 得， q 170 85 2， S2nS奇S偶 255 a1(1q2n) 1q 122n 12 ? 2n8. 4已知等比数列an 的各项均为正数，数列 bn 满足 bnln an，b318，b612，则数 列bn前 n 项和的最大值等于 () A126 B130 C132 D134 答案C 解析an 是各项不为 0 的正项等比数列，bnln an是等差数列 又 b318，b612， b122，d 2， Sn22n n(n1) 2 (2) n223n， (Sn)max 1122311132. 二、填空题 5三个数成等比数列，它们的和为14，积为 64，则这三个

13、数按从小到大的顺序依次为 _ 答案2,4,8 解析设这三个数为 a q，a，aq.由 a q a aqa 364，得 a4. 由 a qaaq 4 q44q14.解得 q 1 2或 q2.这三个数为 2,4,8. 6一个等差数列的前12 项和为 354，前 12 项中偶数项与奇数项和之比为32 27，则这 个等差数列的公差是_ 答案5 解析S偶 a2a4a6a8a10a12；S奇a1a3a5a7a9a11. 则 S奇S偶354 S偶 S奇3227 ，S奇162，S偶192，S偶 S奇6d30，d5. 7等比数列 an中， S33，S69，则 a13 a14a15 _. 答案48 解析易知 q1

14、， S3 a1(1q3) 1q 3 S6 a1(1q6) 1q 9 ，S 6 S31q 33， q32. a13a14a15(a1a2 a3)q12S3 q1232448. 三、解答题 8设数列 an 的前 n 项和为 Sn，点 n，S n n (nN * )均在函数y3x 2 的图象上 (1)求数列 an的通项公式； (2)设 bn 3 anan1，T n是数列 bn的前 n 项和，求使得Tn0， a4 a2q20，a48. 4设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S10S512，则 S15S5等于 () A34 B 23 C12 D13 答案A 解析显然等比数列 an的公比 q1，则由

15、 S10 S5 1q10 1 q5 1 q5 1 2? q 51 2， 故 S15 S5 1q15 1q 5 1(q5)3 1q5 1 1 2 3 1 1 2 3 4. 5(2009 安徽理， 5)已知 an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以 Sn表 示an的前 n 项和，则使得 Sn达到最大值的n 是() A21 B20 C19 D18 答案B 解析(a2a1)(a4a3)(a6a5)3d，99 1053d.d 2. 又 a1a3a53a16d105，a139. Sn na1 n(n1) 2 d d 2n 2 a1d 2 n n240n (n20) 2400. 当 n 20

16、 时， Sn有最大值 6已知数列 an为等比数列，a22，a51 4，则 a 1a2a2a3 anan1等于 () A16(14 n) B 16(12 n) C.32 3 (1 4 n) D.32 3 (12 n ) 答案C 解析设an 的公比为 q，则 q3 a5 a2 1 8. q 1 2，a 14，anan1 也是等比数列且首项a1a28，公比为q21 4， a1a2a2a3 anan 1 8 1 1 4 n 1 1 4 32 3 (14 n) 7(2009 天津十二区县毕业班联考)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S2142，记 A2a211a9a13，则 A 的值为 ()

17、 A2 B1 C 16 D32 答案B 解析由 S21 21(a1a21) 2 21a1142，a11 2. a211(a9a13)a2112a110.A 2a211a9a13201. 8若 an是等比数列，其公比是q，且 a5，a4，a6成等差数列，则q 等于 () A1 或 2 B1 或 2 C 1 或 2 D 1 或 2 答案C 解析依题意有2a4a6a5，即 2a4 a4q2a4q，而 a40， q2 q20，(q2)(q1)0.q 1 或 q2. 9已知等差数列an 的公差 d0 且 a1，a3，a9成等比数列，则 a1a3 a9 a2a4a10等于 ( ) A. 15 14 B.

18、12 13 C.13 16 D.15 16 答案C 解析因为 a2 3a1 a9，所以 (a12d)2a1 (a1 8d)所以 a1d. 所以 a1a3a9 a2a4a10 3a110d 3a113d 13 16. 10某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质 减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为(lg 20.301 0)() A5 B10 C14 D15 答案C 解析设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a11，公比 q120%， an 1(120%)n，由题意可知： (120%) n5%，即 0.8n0.05. 两边取对数得nlg 0.8 lg

19、 52 lg 81 1lg 22 3lg 2 1 lg 21 3lg 21 0.301 01 30.301 01 13.41，取 n14. 11在数列 an中， a12，an1anln 1 1 n ，则 an等于 ( ) A2ln nB2(n1)ln n C2nln nD1nln n 答案A 解析an1anln 1 1 n ，an1anln 11 n ln n1 n ln(n1)ln n. 又 a12， an a1(a2a1)(a3a2) (a4a3) (anan1)2ln 2 ln 1ln 3ln 2ln 4ln 3ln nln(n1)2ln nln 12 ln n. 12 (2009 山东

20、日照2 月模拟 )已知数列1， 1 2， 2 1， 1 3， 2 2， 3 1， 1 4， 2 3， 3 2， 4 1，则 5 6是数 列中的 () A第 48 项B第 49 项C第 50 项D第 51 项 答案C 解析将数列分为第1 组一个，第2 组二个， ，第 n 组 n 个， 即 1 1 ， 1 2， 2 1 ， 1 3， 2 2， 3 1 ， 1 n， 2 n1， n 1 ， 则第 n 组中每个数分子分母的和为n 1，则 5 6为第 10 组中的第 5 个，其项数为 (1 23 9) 550. 二、填空题 (本大题共4 小题，每小题4 分，共 16 分 ) 13 已知在等差数列an中，

21、首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为 _ 答案4 解析由 a6235d0 a7236d0 ，解得 23 5 d0 的 n 的 最小值为 _ 答案20 解析S19 19(a1a19) 2 19a100. 当 n 19 时， Sn0.故使 Sn0 的 n 的最小值是 20. 三、解答题 (本大题共6 小题，共74 分 ) 17 (12 分 )已知数列 log2(an1) ( nN * )为等差数列，且a13，a39. (1)求数列 an的通项公式； (2)证明： 1 a2a1 1 a3a2 1 an1an1. (1)解设等差数列 log2(an 1) 的公差为d.由 a13，a39

22、 得 log2(91)log2(31)2d，则 d1.所以 log2(an1)1(n1)1n， 即 an2n1. (2)证明因为 1 an1an 1 2n12n 1 2n， 所以 1 a2a1 1 a3a2 1 an 1 an 1 21 1 22 1 23 1 2n 1 2 1 2 n 1 2 1 1 2 1 1 2n1. 18 (12 分 )函数 f(x)3x22x，已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，点 (n，Sn) (nN *)均在函 数 yf(x)的图象上 (1)求数列 an的通项公式； (2)设 bn 3 anan1，T n是数列 bn的前 n 项和，求使得Tn 1 3，即 S

23、n5 000， Sn a1(1 q n) 1q 128(11.5 n) 11.5 256(1.5 n1)5 000 ， 即 1.5n657 32 ，解得 n7.5，故 n8. 所以到 20XX 年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的 1 3. 21 (12 分)设 an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b5 21，a5 b313. (1)求an 、bn的通项公式； (2)求数列 an bn 的前 n 项和 Sn. 解(1)设 an的公差为 d，bn的公比为q， 则依题意有q0 且 12dq421， 14dq213. 解得 d2，q 2. 所以 an1(n1)d

24、 2n1，bn qn12n1. (2) an bn 2n1 2n 1 . Sn1 3 21 5 22 2n3 2n2 2n1 2n1 ， 2Sn235 2 2n3 2 n3 2n1 2 n2 . 得 Sn22 2 2 2 22 2 2n2 2n1 2n1 22 1 1 2 1 22 1 2n 2 2n1 2 n1 22 1 1 2 n1 11 2 2n1 2 n1 6 2n3 2 n1 . 22 (14 分 )在数列 an中，已知a1 1，且 an12an 3n4 (nN*) (1)求证：数列 an1an3是等比数列； (2)求数列 an的通项公式； (3)求和： Sn|a1|a2|a3| |

25、an| (nN *) (1)证明令 bnan1an3 ? bn 1an2an13 2an 13(n1)42an3n43 2(an1an3)2bn. 数列 bn 为公比为 2 的等比数列 (2)解a22a11 3， b1a2a1 31? bnan 1an 32n1 ? 2an3n4an32n1 ? an 2n13n1 (nN*) (3)解设数列 an的前 n 项和为 Tn， Tn2n 1 n(23n1) 2 2n 1 n(3n1) 2 ， Sn|a1| |a2|an|， n4 时， an4 时， an0， n4 时， Sn Tn1n(3n1) 2 2n； n4 时， SnTn2T42 n21n(3n1) 2 . Sn 1 n(3n 1) 2 2n(n4)， 2 n21n(3n1) 2 (n4).