《2018版高中数学 第二章 数列章末复习课 新人教b版必修5(1)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版高中数学 第二章 数列章末复习课 新人教b版必修5(1)（38页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、,章末复习课,1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识. 2.提高解决等差数列、等比数列问题的能力，培养综合运用知识解决问题的能力,学习目标,题型探究,知识梳理,内容索引,当堂训练,知识梳理,知识点一 梳理本章的知识网络,知识点二 对比归纳等差数列和等比数列的基本概念和公式,知识点三 本章公式推导和解题过程中用到的基本方法和思想,1.在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了 法和 法； 2.在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了 和_ . 3.等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意 个求其余 个，用到了方程思想.,叠加,叠乘,倒序相加法,错,位相减法,三
2、,两,4.在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了 思想. 5.等差数列和等比数列在很多地方是相似的，发现和记忆相关结论时用到了类比.,函数,题型探究,例1 设an是公比大于1的等比数列，Sn为数列an的前n项和.已知S37，且a13,3a2，a34构成等差数列. (1)求数列an的通项；,解答,类型一 方程思想求解数列问题,设数列an的公比为q， 由a22，可得a1 ，a32q， 又S37，可知 22q7，即2q25q20. 解得q12，q2 . 由题意得q1，q2，a11. 故数列an的通项为an2n1(nN).,(2)令bnln a3n1，n1,2，求数列bn
3、的前n项和Tn.,解答,由于bnln a3n1，n1,2， 由(1)得a3n123n，bnln 23n3nln 2. 又bn1bn3ln 2，bn是等差数列，,在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量.,反思与感悟,跟踪训练1 记等差数列an的前n项和为Sn，设S312，且2a1，a2，a31成等比数列，求Sn.,解答,类型二 转化与化归思想求解数列问题,例2 在数列an中，Sn14an2，a1
4、1. (1) 设cn ，求证：数列cn是等差数列；,证明,由Sn14an2， 则当n2，nN时，有Sn4an12. 得an14an4an1. 方法一 对an14an4an1两边同除以2n1，得,数列cn是等差数列. 由Sn14an2，得a1a24a12，则a23a125，,方法二 an12an2an4an12(an2an1)， 令bnan12an， 则bn是以a22a14a12a12a13为首项，2为公比的等比数列， bn32n1，,(2) 求数列an的通项公式及前n项和的公式.,解答,设Sn(31)21(321)20(3n1)2n2， 2Sn(31)20(321)21(3n1)2n1， 故S
5、n2SnSn (31)213(20212n2)(3n1)2n1,13(3n4)2n1 2(3n4)2n1. 数列an的前n项和公式为Sn2(3n4)2n1， nN.,反思与感悟,由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出.,跟踪训练2 设数列an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN). (1)求a2，a3的值；,解答,a12a23a3nan (n1)Sn2n(nN)， 当n1时，a1212； 当n2时，a12a2(a1a2)4， a24； 当n3时
6、，a12a23a32(a1a2a3)6， a38.,(2)求证：数列Sn2是等比数列.,证明,a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN)， 当n2时，a12a23a3(n1)an1 (n2)Sn12(n1). 得nan(n1)Sn(n2)Sn12 n(SnSn1)Sn2Sn12 nanSn2Sn12. Sn2Sn120，即Sn2Sn12， Sn22(Sn12). S1240，Sn120，,故Sn2是以4为首项，2为公比的等比数列.,类型三 函数思想求解数列问题,命题角度1 借助函数性质解数列问题 例3 已知等差数列an的首项a11，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第
7、2项、第3项、第4项. (1)求数列an的通项公式；,解答,由题意得(a1d)(a113d)(a14d)2， 整理得2a1dd2.d0，d2. a11.an2n1 (nN).,(2)设bn (nN)，Snb1b2bn，是否存在t，使得对任 意的n均有Sn 总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明 理由.,解答,数列Sn是单调递增的.,又tZ， 适合条件的t的最大值为8.,反思与感悟,数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或1,2,3，n，这一特殊性对问题结果可能造成影响
8、.,跟踪训练3 已知首项为 的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列. (1)求数列an的通项公式；,解答,设等比数列an的公比为q， 因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列， 所以S5a5S3a3S4a4S5a5，,(2)设TnSn (nN)，求数列Tn最大项的值与最小项的值.,解答,当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，,当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，,命题角度2 以函数为载体给出数列 例4 已知函数f(x)2|x|，无穷数列an满足an1f(an)，nN. (1)若a10，求a2，a3，a4；,解答,由an1f(an)an12
9、|an|， a10a22，a30，a42.,(2)若a10，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值.,解答,a1，a2，a3成等比数列a3 2|a2|a a1(2|a2|)，且a22|a1|(2|a1|)2 a12|2|a1|(2a1)2a12|2a1|， 分情况讨论： 当2a10时，(2a1)2a12(2a1)a a11，且a12； 当2a10时，(2a1)2a12(a12)a1(4a1)2a 8a140a 4a142(a12)22 a12 ，且a12， 综上，a11或a12 .,反思与感悟,以函数为载体给出数列，只需代入函数式即可转化为数列问题.,解答,(2)令Tna1a2a2a3a3a
10、4a4a5a2na2n1，求Tn.,解答,Tna1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1 a2(a1a3)a4(a3a5)a2n(a2n1a2n1),当堂训练,1.设数列an是公差不为零的等差数列，Sn是数列an的前n项和(nN)，且S 9S2，S44S2，则数列an的通项公式是_.,答案,解析,设等差数列an的公差为d，由前n项和的概念及已知条件得 a 9(2a1d)， 4a16d4(2a1d ). 由得d2a1，代入有a 36a1， 解得a10或a136. 将a10舍去.因此a136，d72， 故数列an的通项公式为an36(n1)7272n3636(2n1).,an36(2n1),1
11、,2,3,1,2,3,所以n3时，nan的值最小.,3,an3n16,答案,解析,3.设等差数列an的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列bn的前n项和为Tn，已知a11，b13，a3b317，T3S312，求an、bn的通项公式.,1,2,3,设数列an的公差为d，数列bn的公比为q. 由a3b317得12d3q217， 由T3S312得q2qd4. 由、及q0解得q2，d2. 故所求的通项公式为an2n1，bn32n1.,解答,规律与方法,1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题. 2.数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和.,本课结束,
