【人教版】最新高中数学同步辅导与检测：必修5 第二章章末复习课
高中数学第二章数列章末复习课同步课件a必修5a高一必修5数学课件
2021/12/12
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由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0， 所以aan＋n 1＝λ－λ 1. 因此{an}是首项为1－1 λ，公比为λ－λ 1的等比数列， 于是 an＝1－1 λλ－λ 1n－1. (2)解：由(1)得 Sn＝1－λ－λ 1n， 由 S5＝3312得 1－λ－λ 15＝3312，即λ－λ 15＝312， 解得 λ＝－1.
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(2)解：由(1)得 an＝n－1 73＋1＝1＋3n3－7，当 n≥3 时， 数列{an}是递减数列，且 an>1.因为 a1＝14，a2＝－2，a3 ＝52，所以在数列{an}中，最大项为 a3＝52，最小项为 a2 ＝－2.
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专题三 数列的通项公式的求法 1．定义法． 定义法是指直接利用等差数列或等比数列的定义求 通项的方法，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 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2求解．
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(2)设等比数列{bn}的公比为 q. 因为 b2＝a3＝8，b3＝a7＝16， 所以 q＝2，b1＝4. 所以 b6＝4×26－1＝128. 由 128＝2n＋2 得 n＝63. 所以 b6 与数列{an}的第 63 项相等．
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归纳升华 在等差数列和等比数列的通项公式 an 与前 n 项和公 式 Sn 中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或 q)，Sn，其中 a1 和 d(或 q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换 成关于 a1，d(q)，an，Sn，n 的方程组，利用方程的思想 求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性 质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要 注意整体代入思想方法的运用．
人教版高中数学必修5：第二章 数列 章末总结PPT优质课件
数学
(1)证明:因为 lg a1、lg a2、lg a4 成等差数列,
所以 2lg a2=lg a1+lg a4.即 a22 =a1a4.设等差数列{an}的公差为 d, 则(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得 d2=a1d. 因为 d≠0,所以 a1=d.所以 a2n =a1+(2n-1)d=2n·d.
3 1 3n1
即 an-a1=
- nn 1 .又因为 a1=1,所以 an= 1 ×3n- nn 1 - 1 .
13
2
2
22
显然 a1=1 也适合上式,所以{an}的通项公式为 an= 1 ×3n- nn 1 - 1 .
2
22
数学
(2)因为 an1 =2n, an
所以 a2 =2, a3 =22, a4 =23,…, an =2n-1,
数学
(2)
an2 (
1 2
)n=(2n -1)
1 2n
.
Sn=1·
1 2
+3×
1 22
+5 ×
1 23
+…+(2n-1)·
1 2n
,①
1 2
Sn=1·
1 22
+3·
1 23
+5 ·
1 24
+…+(2n-1)·
1 2n 1
,②
①-②,得
1 2
Sn=
1 2
+2(
1 22
+
1 23
+
1 2n
)- (2n-1)·
数学
四、数列中的最值
高二数学人教A必修5章末检测：第二章 数 列 Word版含解析
章末检测一、选择题1．{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，如果a n ＝2 014，则序号n 等于( )A ．667B ．668C ．669D ．672答案 D解析 由2 014＝1＋3(n －1)解得n ＝672.2．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ∵a 1＋a 5＝2a 3＝10，∴a 3＝5，∴d ＝a 4－a 3＝7－5＝2.3．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3·a 11＝16，则a 5等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案 A解析 ∵a 3·a 11＝a 27＝16，∴a 7＝4，∴a 5＝a 7q 2＝422＝1. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋2)(910)n ，那么在此数列中( ) A ．a 7＝a 8最大 B ．a 8＝a 9最大C ．有唯一项a 8最大D ．有唯一项a 7最大答案 A解析 a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫910n ，a n ＋1＝(n ＋3)⎝⎛⎭⎫910n ＋1， 所以a n ＋1a n ＝n ＋3n ＋2·910， 令a n ＋1a n ≥1，即n ＋3n ＋2·910≥1，解得n ≤7，即n ≤7时递增，n ＞7递减，所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 7＝a 8＞a 9＞…，所以a 7＝a 8最大．故选A.5．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上，则1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n等于( ) A.n (n ＋1)2 B.2n (n ＋1)C.n 2(n ＋1)D.2n n ＋1答案 D解析 由已知得a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1－a n ＝1. ∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列．∴S n ＝n ＋n (n －1)2×1＝12n 2＋12n ， ∴1S n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1. 6．数列{(－1)n ·n }的前2 013项的和S 2 013为( )A ．－2 013B ．－1 007C ．2 013D ．1 007答案 B解析 S 2 013＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 012－2 013＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 012－2 013)＝(－1)＋(－1)×1 006＝－1 007.7．若{a n }是等比数列，其公比是q ，且－a 5，a 4，a 6成等差数列，则q 等于( )A ．1或2B ．1或－2C ．－1或2D ．－1或－2答案 C解析 依题意有2a 4＝a 6－a 5，即2a 4＝a 4q 2－a 4q ，而a 4≠0，∴q 2－q －2＝0，(q －2)(q ＋1)＝0.∴q ＝－1或q ＝2.8．设{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( )A ．d <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 5D ．S 6与S 7均为S n 的最大值答案 C解析 由S 5<S 6，得a 6＝S 6－S 5>0.又S 6＝S 7⇒a 7＝0，所以d <0.由S 7>S 8⇒a 8<0，因此，S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)<0即S 9<S 5.9．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158和5B.3116和5C.3116D.158答案 C解析 若q ＝1，则9S 3＝27a 1，S 6＝6a 1，∵a 1≠0，∴9S 3≠S 6，矛盾，故q ≠1.由9S 3＝S 6得9×a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q， 解得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.∴1a n ＝(12)n －1. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和S 5＝1－(12)51－12＝3116. 10．某工厂月生产总值的平均增长率为q ，则该工厂的年平均增长率为( )A ．qB ．12qC ．(1＋q )12D ．(1＋q )12－1答案 D解析 设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q )，该厂第一年的生产总值为S 1＝1＋(1＋q )＋(1＋q )2＋…＋(1＋q )11.则第2年第1个月的生产总值为(1＋q )12，第2年全年生产总值S 2＝(1＋q )12＋(1＋q )13＋…＋(1＋q )23＝(1＋q )12S 1，∴该厂生产总值的年平均增长率为S 2－S 1S 1＝S 2S 1－1＝(1＋q )12－1. 二、填空题11．设{a n }是递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是________． 答案 2解析 设前三项分别为a －d ，a ，a ＋d ，则a －d ＋a ＋a ＋d ＝12且a (a －d )(a ＋d )＝48，解得a ＝4且d ＝±2，又{a n }递增，∴d >0，即d ＝2，∴a 1＝2.12．已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.答案 63解析 由题意知a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4，又{a n }是递增数列，所以a 1＝1，a 3＝4，所以q 2＝a 3a 1＝4，q ＝2代入等比求和公式得S 6＝63.13．如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则此数列的通项公式a n ＝________.答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)∴a n ＝2a n －1，经检验n ＝1也符合．∴{a n }是等比数列，∴a n ＝2n －1，n ∈N *. 14．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．答案 5－12解析 设三边为a ，aq ，aq 2 (q >1)，则(aq 2)2＝(aq )2＋a 2，∴q 2＝5＋12. 较小锐角记为θ，则sin θ＝1q 2＝5－12. 三、解答题15．已知数列{log 2(a n －1)} (n ∈N *)为等差数列，且a 1＝3，a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n<1. (1)解 设等差数列{log 2(a n －1)}的公差为d .由a 1＝3，a 3＝9，得log 2(9－1)＝log 2(3－1)＋2d ，则d ＝1.所以log 2(a n －1)＝1＋(n －1)×1＝n ，即a n ＝2n ＋1.(2)证明 因为1a n ＋1－a n ＝12n ＋1－2n ＝12n ， 所以1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n ＝121＋122＋123＋…＋12n ＝12－12n ×121－12＝1－12n <1. 16．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{1S n }的前n 项和为T n ，求证：16≤T n <38. (1)解 因为数列{a n }是等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d . 依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝70，a 27＝a 2a 22.即⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝70，(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d ). 解得a 1＝6，d ＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2(n ∈N *)．(2)证明 由(1)可得S n ＝2n 2＋4n .所以1S n ＝12n 2＋4n ＝12n (n ＋2)＝14(1n －1n ＋2)． 所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n＝14(1－13)＋14(12－14)＋14(13－15)＋…＋14×(1n －1－1n ＋1)＋14(1n －1n ＋2) ＝14(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝38－14(1n ＋1＋1n ＋2)． 因为T n －38＝－14(1n ＋1＋1n ＋2)<0，所以T n <38. 因为T n ＋1－T n ＝14(1n ＋1－1n ＋3)>0，所以数列{T n }是递增数列， 所以T n ≥T 1＝16.所以16≤T n <38. 17．已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由.解 (1)由a 1a 2a 3＝125，得a 2＝5，又a 2|q －1|＝10，∴q ＝－1或3，∴数列{a n }的通项a n ＝－5·(－1)n －1或a n ＝5×3n －2. (2)若q ＝－1，1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝－15或0，不存在这样的正整数m ； 若q ＝3，1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝910⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m ＜910，不存在这样的正整数m . 综上，对任何正整数m ，总有1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＜1，故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．18．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n ＝a n 2n －1.证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明 由已知a n ＋1＝2a n ＋2n，得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n 2n －1＋1＝b n ＋1. ∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解 由(1)知，b n ＝n ，a n 2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1. ∴S n ＝1＋2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1，两边乘以2得： 2S n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 两式相减得：－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1.。
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第二章数列章末复习学习目标XUEXIMUBIAO1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.熟练掌握解决等差数列、等比数列问题的基本技能.3.依托等差数列、等比数列解决一般数列的常见通项、求和等问题.NEIRONGSUOYIN内容索引知识梳理题型探究达标检测1知识梳理PART ONE1.等差数列和等比数列的基本概念与公式等差数列等比数列定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)递推公式a n＋1－a n＝d＝q中项由三个数a，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时A 叫做a 与b 的等差中项，并且A ＝如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，且G ＝通项公式a n ＝a 1＋(n －1)da n ＝a 1q n －1前n 项和公式S n ＝ ＝na 1＋当q ≠1时，S n ＝ ＝，当q ＝1时，S n ＝na 1性质a m ，a n 的关系a m －a n ＝(m －n )d ＝q m －n m ，n ，s ，t ∈N *，m ＋n ＝s ＋t a m ＋a n ＝a s ＋a t a m a n ＝a s a t{k n}是等差数列，且k n ∈N *是等差数列 是等比数列n ＝2k －1，k ∈N *S 2k －1＝(2k －1)·a k a 1a 2·…·a 2k －1＝{}nk a {}n k a判断方法利用定义a n＋1－a n是同一常数是同一常数利用中项a n＋a n＋2＝2a n＋1 a n a n＋2＝利用通项公式a n＝pn＋q，其中p，q为常数a n＝ab n(a≠0，b≠0)利用前n项和公式S n＝an2＋bn (a，b为常数)S n＝A(q n－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1或S n＝np(p为非零常数)2.数列中的基本方法和思想(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了累加法和累乘法；(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加法和错位相减法.(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意三个求其余两个，用到了方程思想.(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，都用到了函数思想.2题型探究PART TWO题型一 方程思想求解数列问题例1 等差数列{a n}各项为正整数，a1＝3，前n项和为S n，等比数列{b n}中，b1{}n a b＝1且b2S2＝64，是公比为64的等比数列，求{a n}，{b n}的通项公式.解 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正整数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有1116122642,(6)64,n n n n a a d a a b q q b q b S q d ++--⎧====⎪⎨⎪=+=⎩①②由q (6＋d )＝64知q 为正有理数，又由 知d 为6的因子1,2,3,6之一，解①②得d ＝2，q ＝8，62dq =故a n ＝2n ＋1，b n ＝8n －1.反思感悟 在等比数列和等差数列中，通项公式a n和前n项和公式S n共涉及五个量：a1，a n，n，q(d)，S n，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，a n，n，q(d)，S n的方程组，通过方程的思想解出需要的量.跟踪训练1 记等差数列{a n}的前n项和为S n，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求S n.解 设数列{a n}的公差为d，题型二 转化与化归思想求解数列问题例2 在数列{a n}中，S n＋1＝4a n＋2，a1＝1.(1) 设c n＝，求证：数列{c n}是等差数列；证明 ∵S n＋1＝4a n＋2，①∴当n≥2，n∈N*时，S n＝4a n－1＋2.②①－②得a n＋1＝4a n－4a n－1.对a n＋1＝4a n－4a n－1两边同除以2n＋1，得即c n＋1＋c n－1＝2c n，∴数列{c n}是等差数列.由S n＋1＝4a n＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，则a2＝3a1＋2＝5，(2) 求数列{a n}的通项公式及前n项和的公式.设S n＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，则2S n＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1，∴S n＝2S n－S n＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1＝2＋(3n－4)·2n－1.∴数列{a n}的通项公式为a n＝(3n－1)·2n－2，n∈N*，反思感悟 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{a n}的前n项和为S n，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*).(1)求a2，a3的值；解 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.(2)求证：数列{S n＋2}是等比数列.证明 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n(n∈N*)，①∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)a n－1＝(n－2)S n－1＋2(n－1).②①－②得na n＝(n－1)S n－(n－2)S n－1＋2＝n(S n－S n－1)－S n＋2S n－1＋2＝na n－S n＋2S n－1＋2.∴－S n＋2S n－1＋2＝0，即S n＝2S n－1＋2，∴S n＋2＝2(S n－1＋2).∵S1＋2＝4≠0，∴S n－1＋2≠0，故{S n＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.题型三 函数思想求解数列问题多维探究命题角度1 借助函数性质解数列问题例3 一个等差数列{a n}中，3a8＝5a13，a1>0.若S n为{a n}的前n项和，则S1，S2，…，S n中没有最大值？请说明理由.解 因为此等差数列不是常数列，所以其前n项和S n是关于n的二次函数，我们可以利用配方法，结合二次函数的性质求解.设{a n}的首项为a1，公差为d，故n＝20时，S n最大，即前20项之和最大.反思感悟 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.跟踪训练3 已知数列{a n}的通项公式为a n＝2n－2 019，问这个数列前多少项的和最小？解 设a n＝2n－2 019，对应的函数为y＝2x－2 019，因此，数列{a n}为单调递增数列，a1 009<0，a1 010>0，故当1≤n≤1 009时，a n<0；当n>1 009时，a n>0.∴数列{a n}中前1 009项的和最小.命题角度2 以函数为载体给出数列(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令T n＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2n a2n＋1，求T n.解 T n＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2n a2n＋1＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)反思感悟 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.跟踪训练4 设y＝f(x)是一次函数，f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，2n2＋3n则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝ .解析 设f(x)＝kx＋b(k≠0)，又f(0)＝1，则b＝1，所以f(x)＝kx＋1(k≠0).又[f(4)]2＝f(1)f(13)，所以(4k＋1)2＝(k＋1)(13k＋1)，解得k＝2.所以f(x)＝2x＋1，则f(2n)＝4n＋1.所以{f(2n)}是公差为4的等差数列.3达标检测PART THREE1.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当S n取最小值时，n等于√A.6B.7C.8D.9解析 设等差数列{a n}的公差为d，∵a4＋a6＝－6，∴a5＝－3，故当等差数列{a n}的前n项和S n取得最小值时，n等于6.2.数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为√A.2100－101B.299－101C.2100－99D.299－99所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)3.等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝ .5解析 log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a54.已知数列{a n}的通项公式为a n＝，试判断此数列是否有最大项？若有，第几项最大，最大项是多少？若没有，说明理由.当n<8时，a n＋1－a n>0，即a n＋1>a n；当n＝8时，a n＋1－a n＝0，即a n＋1＝a n；当n>8时，a n＋1－a n<0，即a n＋1<a n.则a1<a2<a3<…<a8＝a9>a10>a11>…，故数列{a n}有最大项，为第8项和第9项，课堂小结KETANGXIAOJIE1.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.3.在求通项求和的基础上，可以借助不等式、单调性等研究数列的最值、取值范围、存在性问题.。
高中数学第二章解三角形章末复习提升课课件必修5高一必修5数学课件
章末复习提升课
12/13/2021
12/13/2021
1．正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
余弦定理
内容
a sin
A＝sinb
B＝sinc
C＝
a2＝b2＋c2－2bccos A；
2R(R 为△ABC 外接圆半 b2＝c2＋a2－2cacos B；
径)
c2＝a2＋b2－2abcos C
两边和夹角 余弦定理 定理求出一边所对的角，再由 A
(如 a，b，C) 正弦定理 ＋B＋C＝180°求出另一角，在
有解时只有一解
由余弦定理求出角 A，B，再利
三边(a，b，c) 余弦定理 用 A＋B＋C＝180°求出角 C，
在有解时只有一解
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已知条件 应用定理
一般解法
两边和其
由正弦定理求出角 B，由 A＋B
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利用正、余弦定理解三角形
利用正、余弦定理解斜三角形所包括的四种类型
已知条件 应用定理
一般解法
一边和两
由 A＋B＋C＝180°，求角 A；
角(如 a， 正弦定理 由正弦定理求出 b 与 c，在有解
B，C)
时只有一解
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已知条件 应用定理
一般解法
由余弦定理求第三边 c；由正弦
中一边的 正弦定理 ＋C＝180°，求出角 C；再利用
对角(如 a， 余弦定理 正弦定理或余弦定理求 c，可有
b，A)
两解、一解或无解
12/13/2021
(1)在△ABC 中，B＝π4，BC 边上的高等于13BC，则 cos
A＝( )
A.3
2020版数学人教A版必修5课件：第二章章末复习课
章末复习课知识网络类型一：等差、等比数列的概念与性质例 1：已知数列{a n}的首项a1＝2a＋1(a 是常数，且a≠－1)，a n＝2a n－1＋n2－4n＋2(n≥2)，数列{b n}的首项b1＝a，b n ＝a n＋n2(n≥2).(1)证明：{b n}从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列；(2)设S n 为数列{b n}的前n 项和，且{S n}是等比数列，求实数a 的值；(3)当a>0 时，求数列{a n}的最小项．(1)证明：∵b n＝a n＋n2，∴b n＋1＝a n＋1＋(n＋1)2＝2a n＋(n＋1)2－4(n＋1)＋2＋(n ＋1)2＝2a n＋2n2＝2b n(n≥2)．由a1＝2a＋1，得a2＝4a，b2＝a2＋4＝4a＋4.∵a≠－1，∴b2≠0，即{b n}从第2项起是以2为公比的等比数列．变式训练1：(1)计算a2，a3，a4的值；(2)令b n＝a n＋1－a n－1，求证：数列{b n}是等比数列；(3)求数列{a n}的通项公式．类型二：求和问题例2：设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．(2)方法一：由d＜0可知：a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13.因此，若在1≤n≤12中，存在自然数n，使得a n＞0，a n＋1＜0，则S n就是S1，S2，…，S12中的最大值．由于S12＝6(a6＋a7)＞0，S13＝13a7＜0，即a6＋a7＞0，a7＜0.由此，得a6＞－a7＞0.故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．方法二：由d＜0可知：a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13.因此，若在1≤n≤12中，存在自然数n，使得a n＞0，a n＋1＜0，则S n就是S1，S2，…，S12中的最大值．点评：数列的最值问题．(1)前n 项和为S n，有最大值．确定使S n 取最大值时的n 值．①是求使a n≥0，a n＋1<0，成立的n 值；类型三：数列的综合问题(1)求数列{a n}的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,2a n≤b n＋1＋1.＝1，且f(x)＝x 有唯一解．(1)求f(x)的表达式；(2)记x n＝f(x n－1)(n∈N 且n>1)，且x1＝f(1)，求数列{x n}的通项公式；。
高中数学必修五章末复习提升课
(2)由(1)得a1n＝a11＋(n－1)d＝4n＋1， 所以 an＝4n1＋1， 所以 a1a2＝15×19＝415， 假设 a1a2 是数列{an}中的第 t 项， 则 at＝4t＋1 1＝415，解得 t＝11∈N*， 所以 a1a2 是数列{an}中的第 11 项．
第二章 数 列
第二章 数 列
章末复习提升课
第二章 数 列
栏目 导引
第二章 数 列
等差、等比数列的判定 (2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足 a1＝1，b1＝0， 4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式．
栏目 导引
第二章 数 列
求数列的通项公式 (1)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝1，且 3S1， 2S2，S3 成等差数列，则 an＝________． (2)若数列{an}满足：a1＝1，且aan＋n 1＝n＋n 2(n∈N*)，则当 n≥2 时， an＝__________．
所以aa21·aa32·aa43·…·aann－ －12·aan－n 1＝31·42·53·…·n－n 2·nn＋ －(1)3n－1
n（n＋1） (2) 2
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第二章 数 列
数列的通项公式的求法 (1)定义法：即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项公式的 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 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2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aan－n 1＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累乘法求通 项公式．
高中数学人教A版必修5第二章 数列本章复习与测试(有答案)
10. 已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99.以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（ ）A.21B.20C.19D. 18 11. 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,1==++a S S S m n m n ，那么=10a （ ）A.1B.9C.10D.55 12. 已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >=，且25252(3)n n a a n -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++=（ ）A. (21)n n -B. 2(1)n +C. 2nD. 2(1)n - 二、填空题13. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若972S =，则249a a a ++=_______________. 14. 在等比数列{}n a 中，若公比q=4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式=n a _____________.15. 设数列{}n a 中，1211++==+n a a a n n ，，则通项=n a _____________.16. 设{}n a 为公比1>q 的等比数列，若ɑ2019和ɑ2020是方程03842=+-x x 的两根，则 ɑ2020+ɑ2021 =_____________. 三、解答题17. 已知{}n a 为等比数列，320,2423=+=a a a ，求{}n a 的通项公式.18. 已知{}n a 为等差数列，且36a =-，60a =. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅰ）若等比数列{}n b 满足18b =-，2123b a a a =++，求{}n b 的前n 项和公式.19. 已知等差数列{}n a 满足3577,26a a a =+=,{}n a 的前n 项和为n S .（Ⅰ）求na 及n S ；（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）若1a 与5a 的等差中项为18，n b 满足n n b a 2log 2=，求数列{}n b 的前n 项和．21. 成等差数列的三个正数之和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{}n b 中的543,,b b b .（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅰ）数列{}n b 的前n 项和为n S ，求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+45n S 是等比数列．参考答案：二、填空题13. ___24____. 14. )(4*1N n n ∈-. 15. )(22*2N n n n ∈++. 16.______18______.三、解答题17.解：设等比数列{}n a 的公比为q ，则.2,23432q q a a qq a a ====.32022,32042=+∴=+q q a a 即.3131+=+q q解之得3=q 或.31=q当3=q 时，)(32*333N n q a a n n n ∈⨯==--；当31=q 时，)(32)31(2*3333N n q a a n n n n ∈=⨯==---. 18.解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差d .因为366,0a a =-=,所以.102,2,633136-=-===-=d a a d a a d 从而所以10(1)2212n a n n =-+-⋅=-.（Ⅱ）设等比数列{}n b 的公比为q .因为24,832121-=++=-=a a a b b ,所以824q -=-.即q =3.所以{}n b 的前n 项和公式为1(1)4(13)1n n n b q S q-==--. 19. 解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d..13,2626756=∴=+=a a a a由⎩⎨⎧=+==+=135721613d a a d a a 解得.231==d a ，12)1(1+=-+=∴n d n a a n ，.22)(21n n a a n S n n +=+=（Ⅱ）12+=n a n ，)1(412+=-∴n n a n ，⎪⎭⎫⎝⎛+-=+=11141)1(41n n n n b n .n n b b b T +++=∴ 21=)1113121211(41+-++-+-n n =)111(41+-n =4(1)nn +.所以数列{}n b 的前n 项和n T =4(1)nn + .20. 解：（Ⅰ）q p S a +-==211，23)2()44(122-=+--+-=-=p q p q p S S a ， 25)44()69(233-=+--+-=-=p q p q p S S a ，由3122a a a +=得,25246-++-=-p q p p.0=∴q（Ⅱ）根据题意，5132a a a +=所以1a 与5a 的等差中项为183=a .由（Ⅰ）知.4,1825=∴=-p p 从而.8,10,221===d a a.68)1(1-=-+=∴n d n a a n.34log ,68log 222-=-==∴n b n b a n n n故.16216812)2(213434---⨯=⨯=⋅==n n n n n b因此，数列}{n b 是等比数列，首项21=b ，公比.16=q所以数列{}n b 的前n 项和qq b T n n --=1)1(121. 解：（Ⅰ）设成等差数列的三个正数分别为,,a d a a d -+， 依题意，得15, 5.a d a a d a -+++==解得 所以{}n b 中的345,,b b b 依次为7,10,18.d d -+依题意，有(7)(18)100,213d d d d -+===-解得或（舍去） 故{}n b 的10,5743==-=b d b ，公比2=q . 由22311152,52,.4b b b b =⋅=⋅=即解得所以{}n b 是以54为首项，2为以比的等比数列，其通项公式为1352524n n n b --=⋅=⋅. （Ⅱ）数列{}n b 的前n 项和25(12)5452124n n n S --==⋅--，即22545-⋅=+n n S所以1112555524, 2.542524n n n n S S S -+-+⋅+===⋅+因此55{}42n S +是以为首项，公比为2的等比数列.22.解: （Ⅰ）因为对任意的n N +∈,点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图象上.所以得n n S b r =+,11a S b r ==+,b b r b r b S S a -=+-+=-=22122)()(，2323233)()(b b r b r b S S a -=+-+=-=，{}n a 为等比数列,3122a a a =∴.从而).1()()1(222-⋅+=-b b r b b b.1,10r b b b b +=-∴≠>且又 解得1r =-.（Ⅱ）当2=b 时，由（Ⅰ）知，12-=n n S .当2≥n 时，.22)12(22)12()12(11111-----=-=-=---=-=n n n n n n n n n S S a111=-=b a 满足上式，所以其通项公式为)(2*1N n a n n ∈=-.所以111114422n n n n n n n b a -++++===⨯ 234123412222n n n T ++=++++，………………（1） 3451212341222222n n n n n T +++=+++++……（2） ）（）（21-,得: 23451212111112222222n n n n T +++=+++++- 31211(1)112212212n n n -+⨯-+=+--12311422n n n +++=--. 所以113113322222n n n n n n T ++++=--=-.。
人教B版高中数学必修五第二章复习课数列
复习课数列课时目标综合运用等差数列与等比数列的有关知识，解决数列综合问题和实际问题．一、选择题1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋cA.1B ．2C ．3D ．42．已知等比数列{a n }，a 1＝3，且4a 1、2a 2、a 3成等差数列，则a 3＋a 4＋a 5等于( ) A ．33B ．72 C ．84D ．1893．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( ) A ．4B ．6C ．8D ．104．在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1，a 3，a 7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{a n }的通项a n 等于( ) A ．n B ．n ＋1C ．2n －1D ．2n ＋15．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N ＋)，则a 3a 5的值是( ) A.1516B.158C.34D.386．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( ) A ．126B ．130 C ．132D ．134 二、填空题7．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．8．一个等差数列的前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________．9．如果b 是a ，c 的等差中项，y 是x 与z 的等比中项，且x ，y ，z 都是正数，则(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝______.10．等比数列{a n }中，S 3＝3，S 6＝9，则a 13＋a 14＋a 15＝________.三、解答题11．设{a n }是等差数列，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n a ，已知：b 1＋b 2＋b 3＝218，b 1b 2b 3＝18，求等差数列的通项a n .12．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，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． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n a n ＋3(n ∈N ＋)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在t ，使得对任意的n 均有S n >t36总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由．能力提升13．已知数列{a n}为等差数列，公差d≠0，其中ak1，ak2，…，ak n恰为等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋…＋k n.14．设数列{a n}的首项a1＝1，前n项和S n满足关系式：3tS n－(2t＋3)S n－1＝3t(t>0，n＝2,3,4，…)．(1)求证：数列{a n}是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1＝1，b n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1(n ＝2,3,4，…)．求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3＋b 3b 4－b 4b 5＋…＋b 2n －1b 2n －b 2n ·b 2n ＋1.1．等差数列和等比数列各有五个量a 1，n ，d ，a n ，S n 或a 1，n ，q ，a n ，S n .一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1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：①建立基本量的方程(组)求解；②巧用等差数列或等比数列的性质求解；③构建递推关系求解．复习课 数 列答案作业设计1．A [由题意知，a ＝12，b ＝516，c ＝316，故a ＋b ＋c ＝1.]2．C [由题意可设公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，又a 1＝3，∴q ＝2.∴a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝3×4×(1＋2＋4)＝84.]3．C [设项数为2n ，公比为q .由已知S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2n －1. ① S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 2n . ②②÷①得，q ＝17085＝2，∴S 2n ＝S 奇＋S 偶＝255＝a 11－q 2n 1－q ＝1－22n1－2，∴2n ＝8.]4．B [由题意a 23＝a 1a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，得a 1d ＝2d 2.又d ≠0，∴a 1＝2d ，S 7＝7a 1＋7×62d ＝35d ＝35.∴d ＝1，a 1＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.]5．C [由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，∴a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，∴a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.]6．C [∵{a n }是各项不为0的正项等比数列，∴{b n }是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋23n ，＝－(n －232)2＋2324∴当n ＝11或12时，S n 最大，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132.]7．2,4,8解析 设这三个数为a q ，a ，aq .由a q·a ·aq ＝a 3＝64，得a ＝4.由a q ＋a ＋aq ＝4q ＋4＋4q ＝14.解得q ＝12或q ＝2. ∴这三个数从小到大依次为2,4,8. 8．5解析 S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12；S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11.则⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354S 偶÷S 奇＝32∶27，∴S 奇＝162，S 偶＝192， ∴S 偶－S 奇＝6d ＝30，d ＝5. 9．0解析 ∵a ，b ，c 成等差数列，设公差为d ， 则(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝－d log m x ＋2d log m y －d log m z＝d log m y 2xz＝d log m 1＝0.10．48解析 易知q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q＝3S 6＝a11－q 61－q＝9，∴S 6S 3＝1＋q 3＝3，∴q 3＝2.∴a 13＋a 14＋a 15＝(a 1＋a 2＋a 3)q 12＝S 3·q 12＝3×24＝48. 11．解 设等差数列{a n }的公差为d ，则b n ＋1b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12an ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12d . ∴数列{b n }是等比数列，公比q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12d.∴b 1b 2b 3＝b 32＝18，∴b 2＝12.∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋b 3＝178b 1·b 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝18b 3＝2或⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2b 3＝18.当⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝18b 3＝2时，q 2＝16，∴q ＝4(q ＝－4<0舍去)．此时，b n ＝b 1qn －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫18·4n －1＝22n －5. 由b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125－2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ，∴a n ＝5－2n . 当⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2b 3＝18时，q 2＝116，∴q ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝－14<0舍去此时，b n ＝b 1q n －1＝2·114n -⎛⎫⎪⎝⎭＝2n 312-⎛⎫ ⎪⎝⎭＝na 12⎛⎫⎪⎝⎭，∴a n ＝2n －3. 综上所述，a n ＝5－2n 或a n ＝2n －3.12．解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2.∵d >0，∴d ＝2.∵a 1＝1.∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋)． (2)b n ＝1na n ＋3＝12nn ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n2n ＋1.假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝12n ＋2n ＋1>0， ∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.13．解 由题意知a 25＝a 1a 17，即(a 1＋4d )2＝a 1(a 1＋16d )． ∵d ≠0，由此解得2d ＝a 1.公比q ＝a 5a 1＝a 1＋4d a 1＝3.∴ak n ＝a 1·3n －1.又ak n ＝a 1＋(k n －1)d ＝k n ＋12a 1，∴a 1·3n －1＝k n ＋12a 1.∵a 1≠0，∴k n ＝2·3n －1－1，∴k 1＋k 2＋…＋k n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)－n ＝3n－n －1. 14．(1)证明 由a 1＝S 1＝1，S 2＝1＋a 2， 得a 2＝3＋2t 3t ，a 2a 1＝3＋2t 3t .又3tS n －(2t ＋3)S n －1＝3t ，①3tS n －1－(2t ＋3)S n －2＝3t .②①－②，得3ta n －(2t ＋3)a n －1＝0. ∴a n a n －1＝2t ＋33t(n ＝2,3，…)． ∴数列{a n }是一个首项为1，公比为2t ＋33t 的等比数列．(2)解 由f (t )＝2t ＋33t ＝23＋1t ，得b n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1＝23＋b n －1.∴数列{b n }是一个首项为1，公差为23的等差数列．∴b n ＝1＋23(n －1)＝2n ＋13.(3)解 由b n ＝2n ＋13，可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列．于是b 1b 2－b 2b 3＋b 3b 4－b 4b 5＋…＋b 2n －1b 2n －b 2n b 2n ＋1＝b 2(b 1－b 3)＋b 4(b 3－b 5)＋b 6(b 5－b 7)＋…＋b 2n (b 2n －1－b 2n ＋1) ＝－43(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝－43·12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n ＋13＝－49(2n 2＋3n )．。
高中数学 第二章 数列章末综合检测(二)课件 新人教B版必修5
所以 q＝1 或 q＝－2，故选 C.
5．已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，下列选项中不可能是 {Sn}的图象的是( )
解析：选 D.因为 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，所以设 Sn＝ an2＋bn(a，b 为常数，n∈N＋)，则其对应函数 y＝ax2＋bx 的 图象是过原点的一条曲线．当 a＝0 时，该曲线是过原点的直 线，如选项 C；当 a≠0 时，该曲线是过原点的抛物线，如选 项 A，B；选项 D 中的曲线不过原点，不符合题意．选 D.
7．已知数列{an}满足 a1＝2，an＋1＝3an＋2，则{an}的通项公式
为( )
A．an＝2n－1 C．an＝22n－1
B．an＝3n－1 D．an＝6n－4
解析：选 B.因为 an＋1＝3an＋2，
所以 an＋1＋1＝3(an＋1)，
又 a1＋1＝2＋1＝3，
故{an＋1}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 an＋1＝3·3n－1＝3n，
(2)由第一问可知 cn＝－12·12n－1＝－12n， 所以 an＝cn＋1＝1－12n. 所以当 n≥2 时，bn＝an－an－1＝1－12n－1－12n－1 ＝12n－1－12n＝12n. 又 b1＝a1＝12代入上式也符合， 所以 bn＝12n.
21．(本小题满分 12 分)设数列a1n是等比数列，Sn 是{an}的前 n 项和，若 a1＝1，a2a3a4＝64. (1)求数列{an}的通项公式； (2)当数列{Sn＋λ}也是等比数列时，求 λ 的值．
解析：设第二层的价格到第二十二层的价格构成数列{bn}，则 {bn}是等差数列，b1＝a，公差 d＝1a00，共 21 项， 所以其和为 S21＝21a＋21×2 20·1a00＝23.1a， 故平均价格为213(a1＋a2＋23.1a)元/m2. 答案：213(a1＋a2＋23.1a)元/m2
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第二章章末复习课
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1．数列的概念及表示方法
(1)定义：按照一定顺序排列的一列数．
(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．
(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项
与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．
2．求数列的通项(易错点)
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋
f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a
2
－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，
则可用累加法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成
等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
3．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；an＋1an＝
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；a2n＋1＝an·a
n
＋
2(an≠0)⇔{an
}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数)⇔{an}是等差数列；a
n
＝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．
4．求数列的前n项和的基本方法(易错点)
(1)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．
(2)错位相减法：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．
(3)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．
(4)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(5)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和Sn公式．
专题一 等差、等比数列的判断
判定一个数列是等差或等比数列有如下多种方法：
定义法
an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列
a
n＋1
a
n
＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列
中项
公式法
2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列
a2n＋1＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比
数列
通项
公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列
an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比
数列
前n项
和公式
Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差
数列
Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)
⇔{an}是等比数列
[例1] 已知数列{an}、{bn}满足：a1＝1，a2＝a(a为常数)，且b
n
＝an·an＋1，其中n＝1，2，3，….
(1)若{an}是等比数列，试求数列{bn}的前n项和Sn的公式．
(2)当{bn}是等比数列时，甲同学说：{an}一定是等比数列；乙同
学说：{an}一定不是等比数列．你认为他们的说法是否正确？为什
么？
解：(1)因为{an}是等比数列，a1＝1，a2＝a，
所以a≠0，an＝an－1.
又bn＝an·an＋1，
则b1＝a1·a2＝a，bn＋1bn＝an＋1·an＋2an·an＋1＝an＋2an＝an＋1an－1＝a2，
即{bn}是以a为首项，a2为公比的等比数列．
所以，Sn＝n， a＝1，－n， a＝－1，a（1－a2n）1－a2， a≠±1.
(2)甲、乙两个同学说法都不正确，理由如下：
法一：设{bn}的公式比为q，则bn＋1bn＝an＋1·an＋2an·an＋1＝an＋2an＝q且a≠0，
又a1＝1，a2＝a，a1，a3，a5…，a2n－1，…是以1为首项，q为
公比的等比数列；a2，a4，a6，…，a2n，…是以a为首项， q为公比
的等比数列．
即{an}为：1，a，q，aq，q2，aq2，…，
当q＝a2时，{an}是等比数列；当a≠a2时，{an}不是等比数列．
法二：{an}可能是等比数列，也可能不是等比数列，举例说明如
下：
设{bn}的公式为q.
①取a＝q＝1时，an＝1(n∈N*)，
此时bn＝anan＋1＝1，{an}、{bn}都是等比数列．
②取a＝2，q＝1时，
an＝1 （n为奇数），2 （n为偶数）.
bn＝2(n∈N*)．
所以{bn}是等比数列，而{an}不是等比数列．
归纳升华
判断一个数列是等比数列的常用方法
(1)定义法：an＋1an＝q(q为常数且不为零)⇔{an}为等比数列．
(2)等比中项法：a2n＋1＝anan＋2(n∈N*且an≠0)⇔{an}为等比数列．
(3)通项公式法：an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)⇔{an}为等比数列．
[变式训练] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝5Sn－3，求
数列{an}的通项公式．
解：当n＝1时，因为a1＝5a1－3，所以a1＝34.
当n≥2时，因为an＝5Sn－3，
所以an－1＝5Sn－1－3，
所以an－an－1＝5(Sn－Sn－1)．
即an－an－1＝5an，anan－1＝－14，
所以{an}是首项a1＝34，公比q＝－14的等比数列．
所以an＝a1qn－1＝34－14n－1(n∈N*)．
专题二 数列的通项公式的求法
(1)定义法：
定义法是指直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法，
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an＝S1（n＝1），Sn－Sn－1（n≥2）求解．
(3)由递推公式求数列通项法．
对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变
换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方
法与特殊数列．
(4)待定系数法(构造法)．
求数列通项公式的方法灵活多样，特别是由给定的递推关系求通
项公式，对于观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，
转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解，这种方法体现了数学中化
未知为已知的转化思想，而运用待定系数法变换递推公式中的常数就
是一种重要的转化方法．
[例2] (1)等差数列{an}是递增数列，前n项和为Sn，且a1，a3，
a9成等比数列，S5＝a25，则数列{an}的通项公式为________________；
(2)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n，n≥1，则
数列{an}的通项公式为______________．