【新教材精创】第四章 数列小结（课件）- (人教A版 高二 选择性必修第二册)

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人教2019 A版 选择性必修二 复 习 与 小 结 第四章 数 列真题演练数列通项an等差数列前n项和Sn等比数列定义通 项前n项和性 质知识框图an+1-an=d(常数) , n∈N* an+1/an=q(常数), n∈N* an= a1+(n-1)d an=a1qn-1(a1,q≠0) 若a，A，b成等差数列，则 A=(a+b)/2. 1.等差、等比数列的有关概念和公式 若a，G，b成等比数列，则G2=ab（a,b≠0）温故知新一般地，证明一个与正整数有关的命题，可按下列步骤进行：( 2 ) 假设n = k ( k ≥ n 0 ，k ∈ N* ) 时命题成立， 证明当n=k+1时命题也成立。 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n都成立。上述证明方法叫做数学归纳法（mathematical induction）（1） 证明当n取第一个值n 0(n 0 ∈ N* ) 时命题成立。（归纳奠基）( 归纳递推 )2. 数学归纳法温故知新 专题一　数列通项公式的求法数列的通项公式是给出数列的主要方式,其本质就是函数的解析式围绕数列的通项公式,不仅可以判断数列的类型,研究数列的项的变化趋势与规律,而且有利于求数列的前n项和.求数列的通项公式是数列的核心问题之一.下面介绍几种常用的求法.典例解析例1　写出下列数列的一个通项公式. 典例解析解:(1)数列可记为21+1,22+1,23+1,24+1,25+1,…,所以数列的一个通项公式为an=2n+1.2.根据an与Sn的关系求通项公式法(1)若已知Sn的表达式,则可直接利用 求得an,注意对n=1与n≥2的讨论.(2)若已知Sn与an的关系式,则可根据an=Sn-Sn-1消去Sn(或an),得到an与an-1(或Sn与Sn-1)的关系式,然后用其他方法求解.典例解析 专题二　数列求和的常用方法数列求和是数列部分的重要内容,也是高考的重要考点之一.对于数列求和问题,一般是先观察数列的特点和规律,如果通项公式能够求出,那么可先求出通项公式再决定使用哪种求和方法.下面介绍几种常用的求和方法.典例解析1.公式法公式法是数列求和的最常用方法之一,可直接利用等差数列、等比数列的求和公式,也可利用常见的求前n项和的公式,如:典例解析解:∵数列{an}的前n项和为Sn=2n-1,∴{an}为等比数列.∵a1=S1=21-1=1,a2=S2-S1=3-1=2,∴数列{an}的公比q=2.2.裂项相消法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法”,对于分式的求和多利用此法.解题时可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意消去的项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.典例解析例4. 等差数列{an}的各项均为正数,a1=3,前n项和为Sn,{bn}为等比数列,b1=1,且b2S2=64,b3S3=960. (1)求an与bn;解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则d为正数,an=3+(n-1)d,bn=qn-1.3.错位相减法 若在数列{an·bn}中,{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则可采用错位相减法求和.典例解析例5.　已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N+)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0. 解:(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N+), 所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.4.并项转化法对于形如{(-1)nan}(其中{an}为等差数列)的数列,通常将数列中相邻的两项合并,再进行求解,注意对项数n分奇数和偶数进行讨论.例6. 已知Sn=-1+3-5+7-…+(-1)n(2n-1),求Sn.解:当n为奇数时,Sn=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+…+(-2n+1)典例解析5.分组求和法 分组求和法是解决通项公式可以写成cn=an+bn形式的数列求和问题的方法,其中{an}与{bn}均是等差数列或等比数列等一些可以直接求和的数列.典例解析例7.在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;解:(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n.1.已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=(　　)A.100 B.99 C.98 D.97答案:C 当堂达标解析:(方法一)设等差数列{an}的公差为d,2.某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是 (　　)(参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg 2≈0.30)A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年答案:B 解析:设从2015年后第n年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元,由已知得130×(1+12%)n>200,解析:由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.答案:1　121 3.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N+,则a1=　　　　　,S5=　　　　　. 4.已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.(1)证明:{an}是等比数列,并求其通项公式;5.设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6.(1)求{an}的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解:设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5,得2d+q2=6.②因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0,解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.7.设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.(1)求{an}的通项公式;8.设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N+.(1)求通项公式an;(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)解:由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(1)证明:an+2-an=λ;(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.10.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*)，其中λ>0.(1)求a2，a3，a4；(2)猜想{an}的通项公式并加以证明．解:(1)由an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n，将a1＝2代入，得a2＝λa1＋λ2＋(2－λ)×2＝λ2＋4.将a2＝λ2＋4代入，得a3＝λa2＋λ3＋(2－λ)×22＝2λ3＋8.将a3＝2λ3＋8代入，得a4＝λa3＋λ4＋(2－λ)×23＝3λ4＋16.(2)由a2，a3，a4对{an}的通项公式做出猜想：an＝(n－1)λn＋2n.当n＝1时，a1＝2＝(1－1)λ1＋21成立．假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，ak＝(k－1)λk＋2k，则当n＝k＋1时，ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝(k－1)λk＋1＋2kλ＋λk＋1＋(2－λ)2k＝kλk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1.由此可知，当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1也成立．综上可知，an＝(n－1)λn＋2n对任意n∈N*都成立．