高中数学第2章数列章末知识整合苏教版必修5.pdf

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1、精品教案可编辑【金版学案】2016-2017 学年高中数学第 2 章 数列章末知识整合苏教版必修 5 整合网络构建精品教案可编辑专题 1 求数列的通项公式一、观察法典例 1 写出以下数列的一个通项公式，使它的前4 项分别是下列各数(1)1，12，13，14；(2)112，245，3910，41617；(3)3，7，15，31，；(4)2，6，2，6，.分析：观察数列中的每一项与它的序号之间的对应关系，每一项分子与分母的关系，前后项间的关系归纳通项解：(1)这个数列的前4 项的绝对值都是序号的倒数，并且奇数项为负，偶数项为正，故有：an(1)n1n.(2)112 1112 1，精品教案可编辑24

2、5222221，3910332321，41617442421，故annn2n21(nN*)(3)正负相间，且负号在奇数项，故可用(1)n来表示符号，各项的绝对值恰是2 的整数次幂减 1，所以an(1)n(2n11)(4)这样的摆动数列，一般求两数的平均数2624，而 242，642，中间符号用(1)n来表示an4(1)n 2 或an2（n是奇数），6（n是偶数）.归纳拓展(1)观察是归纳的前提，合理的转换是完成归纳的关键(2)由数列的前n项归纳出的通项公式不一定唯一如数列5，0，5，0，5，的通精品教案可编辑项公式可为5cos（n1）2(nN*)，也可为an5sinn2(nN*)(3)已知数列

3、的前n项，写出数列的通项公式时，要熟记一些特殊数列如(1)n，n，2n1，2n，2n 1，n2，1n等，观察所给数列与这些特殊数列的关系，从而写出数列的通项公式变式训练 1写出下列数列的一个通项公式(1)1，14，19，116，；(2)2，6，23，25，；(3)1，3，6，10，15，；(4)1，4，7，10，13，.解：(1)an(1)n11n2(nN*)(2)原数列可写成2，6，12，20，易得ann（n1）(nN*)(3)因为31 2，6123，101234，15 123 45，所以an123nn（n1）2(nN*)(4)因为 1，4，7，10，13，组成 1 为首项，3 为公差的等差

4、数列，易得an(1)n1(3n2)(nN*)二、利用anS1，n1，SnSn1，n2求an典例 2 数列 an的前n项和为Sn，已知an5Sn3(nN)，求an的通项公式分析：利用anS1（n1），SnSn 1（n 2），将式中的Sn去掉求解精品教案可编辑解：当n1 时，a1 5S1 35a13，得：a134，当n2时，由已知an5Sn3，得：an15Sn 1 3，两式作差得anan 15(SnSn1)5an，所以an14an1.所以数列 an是首项a134，公比q14的等比数列所以ana1qn134 14n1.归纳拓展已知数列的前n项和公式，求数列的通项公式，其方法是anSnSn1(n 2)

5、这里常常因为忽略了n2的条件而出错，即由anSnSn 1求得an时的n是从 2 开始的自然数，否则会出现当n1 时Sn1S0，而与前n项和定义矛盾可见由anSnSn1所确定的an，当n 1 时的a1与S1相等时，an才是通项公式，否则要用分段函数表示为anS1，n1，SnSn1，n 2.精品教案可编辑变式训练 2设数列 an的前n项和为Sn，数列 Sn的前n项和为Tn，满足Tn 2Snn2，nN*.(1)求a1的值；(2)求an的通项公式解：(1)当n 1 时，T12S11，而T1S1a1，所以a12a11，解得a11.(2)n2时，SnTnTn12Snn22Sn1(n1)22Sn2Sn12n

6、 1.所以Sn2Sn1 2n1，Sn12Sn2n 1.得an12an2，即an 122(an 2)，亦即an12an22.a12 3，a226，a2 2a1 22，所以 an 2是首项为 3，公比为2 的等比数列所以an2 32n 1，故an 32n 12(nN*)三、叠加法典例 3 已知a1 1，an 1an2nn.(1)求a2，a3；(2)求证：an2nn（n1）21.分析：由数列an的递推公式，令n1，2 逐项求出a2，a3；由递推公式的特点，可采用叠加法求通项(1)解：因为a11，所以a2a1 212，a3a22224.精品教案可编辑(2)证明：因为an1an2nn，所以a2a1 21

7、1，a3a2222，a4a3233，当n2时，anan 12n1(n1)所以n2时，将以上(n1)个式子相加，得ana1(2122 2n1)1 2(n1)，所以an2nn（n1）21.而n1 时，a11 也适合上式所以数列 an的通项公式为an2nn（n1）21.归纳拓展(1)对n1 时，检验a11 是否满足an3n12是必要的，否则就要写成分段函数的形式(2)如果给出数列an的递推公式为anan1f(n)型，并且 f(n)容易求和，这时可采用叠加法对n1 检验是必要的，否则就要写成分段函数的形式，这里说的f(n)易求和，指的是f(n)的形式为等差数列前n项和、等比数列前n项和，或是常见的特殊

8、公式，如1222精品教案可编辑32n2n（n1）（2n1）6等变式训练 3已知数列 an满足an1ann2，且a11，求 an的通项公式解：因为an1ann2，所以an1ann2.所以a2a112，a3a222，anan1（n1）2.叠加即得ana11222(n1)2（n 1）n（2n1）6，所以an16n(n1)(2n1)1(nN*)四、叠乘法典例 4 已知数列 an满足a11，nan1(n2)an，求an.分析：数列 an中的递推公式可化为an1ann2n可采用叠乘法求通项解：因为an 1ann2n，所以n2时，a2a1a3a2a4a3anan13142536475nn2n1n1n（n1）

9、2，即ana1n（n1）2.又因为a1 1，所以ann（n1）2.而a11 也适合上式，所以 an的通项公式为an12n(n1)精品教案可编辑归纳拓展如果数列 an的递推公式为an1anf(n)型时，并且 f(n)容易求前n项的积，这时可采用叠乘法叠乘的目的是使分子、分母相抵消变式训练 4在数列 an中，已知a114，an12nan，求an.解：由an12nan得an 1an2n，所以a2a121，a3a2 22，anan 12n1.叠乘得ana1 222 2n 12n（n 1）2，所以an2n（n1）2142n2n42(nN*)五、构造转化法典例 5 已知 an中，a156，an112an1

10、2n1，求an.分析：两边同除以12n1，可转化为bn1bnt的形式，即 bn为等差数列精品教案可编辑解：在an112an12n1的两边同乘以2n1，得 2n1an12nan1，令bn2nan，则bn 1bn1.于是 bn是以53为首项，以1 为公差的等差数列则bn53(n 1)1，即2nann23，故ann232n.归纳拓展根据已知条件构造一个与an有关的新的数列，通过新数列通项公式的求解求得an的通项公式新的数列往往是等差数列或是等比数列例如形如anpan 1q(p，q为常数)的形式，往往变为anp(an 1)，构成等比数列，求an通项公式，再求an.变式训练 5已知数列 an中，a12，

11、an 13an 2，求an.解：由an13an2，设an1k3(ank)，其中k是待定系数，即an 13an2k与条件进行对比，得 2k 2，所以k 1.故an 113(an 1)，精品教案可编辑所以 an 1是 21 1 为首项，公比为3 的等比数列所以an1 13n 1.所以an3n11(nN*)专题 2 数列的求和一、公式法典例 6(1)求 147(3n1)的值；(2)若数列 xn满足 logaxn 1 1logaxn(nN*，a0，且a 1)且x1x2x3x100100，求x101x102x200的值分析：(1)中 1，4，7，3n1 是个等差数列，但容易这样求解：Snn1（3n1）2

12、3n22n.这是错误的，错在没搞清此数列有多少项(2)可以作个变换logaxn 1logaxnlogaxn1xn1，推导出 xn是等比数列再求解解：(1)因为数列中3 0 1 1，所以第 1 项 1 是n0 时得到的所以此数列是首项为1，末项为3n1，项数为n 1 的等差数列所以Sn（n1）1（3n1）23n225n21.(2)由 logaxn 11logaxn得 logaxn1logaxn1，所以 logaxn 1xn1.所以xn 1xna.所以数列 xn是公比为a的等比数列由等比数列的性质得：x101x102x200(x1x2x100)a100100 a100.精品教案可编辑归纳拓展数列求

13、和常用的公式有：等差数列：Snn（a1an）2na1n（n1）2d.等比数列：Snna1，q1，a1（1qn）1qa1anq1q，q 1.k1nk12 3n12n(n1)k1nk2122232n216n(n1)(2n1)变式训练 6设an为等比数列，bn为等差数列，且b10，cnanbn，若cn是 1，1，2，求cn的前 10 项之和解：设an的首项为a，公比为q，bn首项为b，公差为d，b10，由c1a1b11，知a11.c2a2b2qd1，c3a3b3q22d2，精品教案可编辑解得q2，d 1，所以an2n1(nN*)，bn1n(nN*)所以cn2n 1(1n)(nN*)所 以 cn 前1

14、0项 和 为a1a2 a10(b1b2 b10)12101210010 92（1）978.二、分组求和法典例 7 求数列ann（n为奇数），2n（n为偶数）的前 2n项和，分析：由数列an的通项可知，数列an中的奇数项构成一个等差数列，偶数项构成一个等比数列，故可将所有奇数项分成一组，将所有的偶数项分成一组求和解：因为 2n为偶数所以奇数项与偶数项各有n项，所以S2n 1 35(2n 1)(22 24 26 22n)n1（2n1）24（14n）14n243(4n1)归纳拓展将数列的每一项拆成多项，然后重新分组，将一般数列求和问题转化为特殊数列的求和问题，运用的是化归的数学思想，通项变形是这种方

15、法的关键精品教案可编辑变式训练 7已知数列 an的通项公式为ann(n1)，求 an的前n项和Sn.解：ann(n1)nn2(nN*)，所 以Sn(1 2 3 n)(12 22 32 n2)n（n1）2n（n1）（2n 1）6n（n1）（n2）3.三、裂项相消法典例 8 求和：1221132114211n21，n 2.分析：由于通项an1n211（n1）（n1）121n11n1(n 2)，所以采用裂项相消法解：因为1n2 11（n1）（n1）121n11n1，所以原式12113121413151（n1）1n1121121n1n1342n 12n（n1）.精品教案可编辑归纳拓展裂项相消求和就是将

16、数列的每一项拆成二项或多项使数列中的项出现有规律的抵消项，从而达到求和的目的常见的拆项公式有：(1)1n（n1）1n1n1；(2)1（2n1）（2n1）1212n112n1；(3)1n（n1）（n 2）121n（n1）1（n1）（n2）；(4)1ab1ab(ab)；(5)anSnSn1(n 2)变式训练 8已知数列 an的通项公式为an2n1n2（n1）2，求 an的前n项和Sn.解：因为2n1n2（n1）2（n1）2n2n2（n1）21n21（n1）2，所以Sn 11221221321321421n21（n1）2 1 1（n1）2精品教案可编辑n（n2）（n1）2.四、错位相减法典例 9 求

17、数列 n22n1的前n项和分析：该数列为非等差非等比数列，其通项ann22n 1可看成一个等差数bnn，与一个等比数列Cn22n1相应项的积，所以本题可用错位相减法求解解：Sn 1 2 223 325n22n1，从而 22Sn 123 225 327n22n 1.得(122)Sn22325 22n 1n 22n1，即Sn19(3n1)22n12 归纳拓展若数列 an是等差数列，数列bn是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为 anbn，当求该新数列前n项和时，常常采用将anbn的各项乘以公比，并向后错一项与anbn的同项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种求和的方法称为错位相减法

18、变式训练 9求和：Sn 1 2 422 723(3n 2)2n.解：因为Sn 1 2 422 7233(n1)2 2n1(3n 2)2n，精品教案可编辑2Sn 122 4233(n 1)2 2n(3n 2)2n1，所以得Sn 1 2 322 32332n(3n 2)2n13(2 222n)(3n 2)2n143(2n 12)(3n 2)2n14 32n16 3n2n 12n 242n23(1 n)2n110.所以Sn3(n 1)2n12n210.五、倒序相加法求和典例 10 已知函数对一切x R，f(x)f(1x)1.求f(0)f1nf2nfn 2nfn1nf(1)解：因为Sf(0)f1nf2

19、nfn 2nfn1nf(1)，将式右边反序得Sf(1)fn1nfn2nf2nf1nf(0)，得2Sn1，所以Sn12.精品教案可编辑归纳拓展倒序相加法是推导等差数列前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排序(反序)，再把它与原数列相加，这样就得数列akan1 k(k1，2，n)的前n项和，若该数列为等差(或等比)数列，则 an可用倒序相加法求和变式训练 10 设f(x)x21x2，求和Sf(2 014)f(2 013)f(2 012)f(1)f12f13f12 013f12 014.解：因为f(x)x21x2，所以f1x1x211x211x2.所以f(x)f1x1.Sf(2 014)f

20、(2 013)f(1)f12f12 014，又Sf12 014f12 013f(1)f(2)f(2 014)，精品教案可编辑两式相加得2S2 014 2 013，所以S4 0272.专题 3 数列应用题一、与等差数列有关的实际应用题典例 11 一个水池有若干出水量相同的水龙头，如果所有水龙头同时放水，那么24 min可注满水池如果开始时全部放开，以后每隔相等的时间关闭一个水龙头，到最后一个水龙头关闭时，恰好注满水池，而且最后一个水龙头放水的时间恰好是第一个水龙头放水时间的 5 倍，问最后关闭的这个水龙头放水多长时间？分析：由于本题每隔相等的时间关闭一个水龙头，使每个水龙头放水的时间构成等差数列

21、故可利用等差数列，前n项和的知识求解解：设共有n个水龙头，每个水龙头放水时间从小到大依次为x1，x2，xn，由已知可知x2x1x3x2xnxn1，所以数列 xn成等差数列每个水龙头1 min放水124n(这里不妨设水池的容积为1)，所以124n(x1x2xn)1，即Sn24n.所以n（x1xn）224n.所以x1xn48.又因为xn 5x1，所以 6x148.所以x18，xn40.故最后关闭的水龙头放水40 min.精品教案可编辑归纳拓展建立数学模型的一般步骤：(1)认真审题，准确理解题意，达到如下要求：明确问题属于哪类应用问题；弄清题目中的主要已知事项；明确所求的结论是什么(2)抓住数量关系

22、，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达(3)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，根据题意列出满足题意的数学关系式(如函数关系式或方程或不等式)建立数列模型时，应明确是否是等差数列模型，是求an，还是求Sn，n是多少变式训练 11 有一种零存整取的储蓄项目，它是每月某日存入一笔相同金额，这是零存，到一定时期到期，可以提出全部本金及利息，这是整取，它的本利和公式如下：本利和每期存入金额 存期12存期（存期 1）利率.(1)试解释这个本利和公式；(2)若每月初存入100 元，月利率为5.1，则到第12 个月底的本利和

23、是多少？精品教案可编辑(3)若每月初存入一笔金额，月利率是5.1，希望到第12 个月底取得本利和2 000元，那么每月初应存入多少钱？解：(1)设每期存入金额为A，每期利率为p，存的期数为n，则各期利率之和为Ap2Ap 3Ap nAp12n(n 1)Ap，连 同 本 金 可 得 本 利 和nA12n(n 1)ApA n12n（n1）p.(2)当A100，p5.1，n12时，本利和100 1212 12 13 5.1 1 239.78(元)(3)将(1)中公式变形，得A本利和n12n（n1）p2 0001212 12 13 5.1 161.32(元)，即每月初应存入161.32元二、与等差、等比

24、数列有关的综合应用题典例12 某工厂三年的生产计划中，从第二年起，每一年比上一年增长的产值都相同，三年的总产值为300 万元，如果第一年、第二年、第三年分别比原计划的年产值多10万元、10 万元、11 万元，那么每一年比上一年的产值增长的百分数都相同，求原计划中每年的产值分析：将实际问题转化为数列，弄清哪部分为等差数列或等比数列，结合等差、等比数列性质求解解：由题意得原计划三年中每年的产值组成等差数列，设为ad，a，ad(d0)，则有(ad)a(ad)300，解得a100.又由题意得(ad)10，a10，(ad)11 组成等比数列，所以(a10)2(ad)10(ad)11 将a100 代入上式

25、，得1102(110 d)(111 d)，精品教案可编辑所以d2d110 0，解得d10，或d 11(舍)所以原计划三年中每年的产值分别为90 万元、100 万元、110 万元归纳拓展读懂题意，将实际问题转化为等差或等比数列问题，找准首项，公差(公比)，弄清求什么混合型应用题常有两种解法：一是归纳法，归纳出前n次(项)，寻找规律，再写出前n次(项)的通项(前n项和)，此时要注意下标或指数的规律二是逆推法，寻找前后两项的逆推关系，再从逆推关系求an，Sn，此时应注意第(n1)次变到第n次的变化过程变式训练 12 某地房价从2004 年的 1 000 元/m2增加到十年后2014 年的 5 000 元/m2，问平均每年增长百分之几？注意：当x(0，0.2)时，ln(x1)x，取 lg 2 0.3，ln 10 2.3解：设年增长率为x，则每年的房价依次排列组成首项为1 000，公比为(1x)的等比数列由题意可得1 000(1 x)105 000，即(1x)105.取自然对数有10ln(1 x)ln 5 ln 10 lg 5 2.3 (1 lg 2)1.61，再利用 ln(x 1)x，可得xln 5100.16 16%.故每年约增长16%.