2020高中數(shù)學(xué) 第2章 數(shù)列章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE13-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2章數(shù)列求數(shù)列的通項公式【例1】已知數(shù)列{an}中，an>0，Sn是數(shù)列{an｝的前n項和，且an＋eq\f（1，an)＝2Sn，求an.［解]將an＋eq\f（1,an）＝2Sn變形為aeq\o\al(2，n)＋1＝2Snan.將an＝Sn－Sn－1(n≥2）代入并化簡，得Seq\o\al(2，n）－Seq\o\al（2,n－1）＝1。由已知可求得S1＝a1＝1?！鄶?shù)列{Seq\o\al（2，n)}是等差數(shù)列，公差為1，首項為1.∴Seq\o\al(2,n)＝1＋（n－1)·1＝n?！遖n〉0,∴Sn〉0。∴Sn＝eq\r(n）.∴n≥2時，an＝eq\r（n）－eq\r(n－1）。而n＝1時，a1＝1也適合上式．∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\r(n）－eq\r（n－1),n∈N＋.1．定義法．直接利用等差數(shù)列或等比數(shù)列的定義求通項的方法，這種方法適用于已知數(shù)列類型的題目．2．已知Sn求an.若已知數(shù)列的前n項和Sn與an的關(guān)系,求數(shù)列｛an｝的通項an可用公式an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2））求解．3．由遞推公式求數(shù)列通項法．(1）已知形如“an＋1＝can＋d”的遞推公式，一般利用待定系數(shù)法把關(guān)系式轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求an.(2)已知形如“an＋1＝pan＋pn＋1·q”的遞推公式，一般轉(zhuǎn)化為eq\f（an＋1，pn＋1）＝eq\f（an，pn）＋q，利用eq\f（an，pn)為等差數(shù)列求an.(3)已知形如“an＋1＝an＋f（n)”的遞推公式，可考慮疊加法求an.(4）已知形如“an＋1＝f(n）·an”的遞推公式，則可考慮累乘法求an。1．已知數(shù)列｛an｝中,a1＝1，且an＋1－an＝3n－n，求數(shù)列{an｝的通項公式．[解]由an＋1－an＝3n－n，得an－an－1＝3n－1－(n－1），an－1－an－2＝3n－2－（n－2）,…a3－a2＝32－2，a2－a1＝3－1.當(dāng)n≥2時，以上n－1個等式兩邊分別相加，得（an－an－1）＋(an－1－an－2）＋…＋(a2－a1)＝3n－1＋3n－2＋…＋3－［(n－1）＋(n－2）＋…＋1］,即an－a1＝eq\f(31－3n－1，1－3)－eq\f(nn－1，2)。又∵a1＝1,∴an＝eq\f（1,2)×3n－eq\f（nn－1，2）－eq\f（1，2）。顯然a1＝1也適合上式，∴{an｝的通項公式為an＝eq\f(1，2)×3n－eq\f（nn－1,2）－eq\f(1，2)。等差、等比數(shù)列的判斷【例2】已知數(shù)列｛an｝、｛bn}滿足：a1＝1，a2＝a(a為常數(shù))，且bn＝an·an＋1，其中n＝1，2,3，….（1)若｛an}是等比數(shù)列，試求數(shù)列｛bn}的前n項和Sn的公式；（2）當(dāng)｛bn}是等比數(shù)列時，甲同學(xué)說:｛an｝一定是等比數(shù)列；乙同學(xué)說:｛an｝一定不是等比數(shù)列．你認(rèn)為他們的說法是否正確？為什么?［解](1）因為{an｝是等比數(shù)列，a1＝1，a2＝a，所以a≠0,an＝an－1。又bn＝an·an＋1，則b1＝a1·a2＝a,eq\f（bn＋1，bn)＝eq\f（an＋1·an＋2,an·an＋1）＝eq\f(an＋2,an）＝eq\f（an＋1，an－1）＝a2，即｛bn}是以a為首項，a2為公比的等比數(shù)列．所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na＝1,,－na＝－1，,\f(a1－a2n，1－a2)a≠±1.)）(2）甲、乙兩個同學(xué)說法都不正確,理由如下：法一：設(shè)｛bn}的公比為q，則eq\f(bn＋1，bn)＝eq\f(an＋1·an＋2,an·an＋1）＝eq\f（an＋2,an）＝q,且a≠0,又a1＝1，a2＝a，a1,a3，a5，…，a2n－1，…是以1為首項，q為公比的等比數(shù)列；a2，a4,a6,…，a2n，…是以a為首項，q為公比的等比數(shù)列．即｛an}為：1，a，q，aq，q2，aq2，…,當(dāng)q＝a2時，{an｝是等比數(shù)列；當(dāng)q≠a2時,{an}不是等比數(shù)列．法二：{an｝可能是等比數(shù)列，也可能不是等比數(shù)列，舉例說明如下：設(shè)｛bn}的公比為q.①取a＝q＝1時，an＝1（n∈N＋)，此時bn＝anan＋1＝1，{an｝、{bn｝都是等比數(shù)列．②取a＝2，q＝1時，an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數(shù)，，2，n為偶數(shù).））bn＝2（n∈N＋)．此時｛bn｝是等比數(shù)列,而｛an｝不是等比數(shù)列．判定一個數(shù)列是等差或等比數(shù)列的常用方法：（1）定義法an＋1－an＝d(d為常數(shù)，n∈N＋）?｛an}是等差數(shù)列．eq\f（an＋1，an）＝q（q為非零常數(shù)，n∈N＋）?｛an}是等比數(shù)列．(2）中項法2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)?{an｝是等差數(shù)列．a(chǎn)eq\o\al（2，n＋1）＝anan＋2（anan＋1an＋2≠0,n∈N＋）?{an｝為等比數(shù)列．(3）通項公式法an＝pn＋q（p，q為常數(shù),n∈N＋）?{an}是等差數(shù)列．a(chǎn)n＝c·qn(c,q均為非零常數(shù)，n∈N＋）?｛an｝是等比數(shù)列．(4）前n項和公式法Sn＝An2＋Bn(A，B均為常數(shù),n∈N＋)?｛an｝是等差數(shù)列．Sn＝kqn－k(k為常數(shù)，q≠1且q≠0,n∈N＋)?{an｝是等比數(shù)列．2．已知數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1,其中λ為常數(shù)．(1）求證：an＋2－an＝λ；(2）是否存在λ，使得｛an}為等差數(shù)列？并說明理由．［解]（1）證明：由題意知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，兩式相減得an＋1（an＋2－an)＝λan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2）存在λ＝4滿足題意．理由如下：由題設(shè)知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}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3＝2（2n－1)－1，｛a2n｝是首項為3，公差為4的等差數(shù)列．a(chǎn)2n＝4n－1＝2×(2n)－1。所以對于任意的n∈N＋，an＝2n－1.因為an＋1－an＝2.所以數(shù)列｛an｝是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．因此假設(shè)成立，存在λ＝4使得數(shù)列{an｝為等差數(shù)列.數(shù)列求和【例3】(1)已知等比數(shù)列{an｝中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列｛bn｝滿足bn＝log3an，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1,bnbn＋1)))的前n項和Sn＝________.(2)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝3×22n－1.①求數(shù)列{an｝的通項公式；②令bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn。[解］(1）設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比為q,則eq\f（a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n,故bn＝log3an＝n,所以eq\f（1，bnbn＋1）＝eq\f（1,nn＋1)＝eq\f（1，n）－eq\f（1，n＋1)。則Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2）－eq\f(1,3）＋…＋eq\f（1,n)－eq\f（1,n＋1）＝1－eq\f(1，n＋1)＝eq\f（n，n＋1).（2)①由已知,當(dāng)n≥1時，an＋1＝[(an＋1－an）＋（an－an－1）＋…＋（a2－a1）］＋a1＝3（22n－1＋22n－3＋…＋2）＋2＝22（n＋1)－1.而a1＝2,符合上式，所以數(shù)列{an｝的通項公式為an＝22n－1.②由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n×22n－1,(?。亩?2·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1，(ⅱ)（ⅰ)－(ⅱ）得（1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，即Sn＝eq\f（1,9)[(3n－1)22n＋1＋2］．?dāng)?shù)列求和問題一般轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列的前n項和問題或已知公式的數(shù)列求和,不能轉(zhuǎn)化的再根據(jù)數(shù)列通項公式的特點選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄇ蠼猓话愠Ｒ姷那蠛头椒ㄓ?(1）公式法（直接利用等差或等比數(shù)列的前n項和公式）；（2)分組求和法;（3）錯位相減法；(4)倒序相加法;(5）裂項相消法．把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和；(6)并項求和法．一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf（n）類型，可采用兩項合并求解．3．已知正項數(shù)列{an}中，a1＝1，點(eq\r（an)，an＋1）（n∈N＋）在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上，數(shù)列｛bn}的前n項和Sn＝2－bn.（1）求數(shù)列｛an｝和{bn}的通項公式;(2)設(shè)cn＝eq\f（－1,an＋1log2bn＋1）,求｛cn}的前n項和Tn。［解］（1）∵點eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\r(an)，an＋1）)(n∈N＋)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上，∴an＋1＝an＋1，∴數(shù)列{an｝是公差為1的等差數(shù)列．∵a1＝1，∴an＝1＋（n－1)＝n，∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，兩式相減得：bn＋1＝－bn＋1＋bn，即eq\f（bn＋1,bn）＝eq\f(1，2），由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.∴數(shù)列{bn｝是首項為1，公比為eq\f（1，2）的等比數(shù)列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2))）n－1。(2）log2bn＋1＝log2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）))n＝－n，∴cn＝eq\f(1，nn＋1）＝eq\f(1,n)－eq\f(1，n＋1）,∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,2)）)＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,3))）＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3)－\f(1，4））)＋…＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，n)－\f(1,n＋1)）)＝1－eq\f(1，n＋1）＝eq\f(n，n＋1）.函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用【例4】（1）已知數(shù)列｛an｝的首項為a1＝21，前n項和為Sn＝an2＋bn，等比數(shù)列{bn｝的前n項和Tn＝2n＋1＋a，則Sn的最大值為________；（2)若等差數(shù)列{an}中,a1＋a4＋a7＝15，a2·a4·a6＝45，則通項公式an＝________.[解析］（1）由Tn＝2×2n＋a，可求得a＝－2,所以Sn＝－2n2＋bn,所以數(shù)列｛an}為等差數(shù)列，又因為a1＝21，Sn＝－2n2＋bn，故b＝21－（－2)＝23,所以Sn＝－2n2＋23n＝－2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（n－\f(23，4)）)2＋eq\f(529，8)，當(dāng)n＝6時，Sn取得最大值66。(2）因為a1＋a7＝2a4＝a2＋a6所以a1＋a4＋a7＝3a4＝15,所以a4＝5,所以a2＋a6＝10且a2·a6＝9，所以a2，a6是方程x2－10x＋9＝0的兩根，解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a2＝1,，a6＝9）)或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a2＝9,，a6＝1，）)若a2＝1,a6＝9，則d＝2,所以an＝2n－3；若a2＝9，a6＝1,則d＝－2，所以an＝13－2n。故an＝2n－3或an＝13－2n.［答案］（1)66(2）2n－3或13－2n1．在等差（比）數(shù)列的通項公式和前n項和公式中共有5個量a1，d（或q),n，an及Sn，已知這5個量中任意3個量的值,就可以運用方程思想,解方程（或方程組）求出另外2個量的值．2．?dāng)?shù)列可以看作是定義域為正整數(shù)集(或其有限子集)的特殊函數(shù)．運用函數(shù)思想去研究數(shù)列，就是要借助于函數(shù)的單調(diào)性、圖象和最值等知識解決與數(shù)列相關(guān)的問題．等差數(shù)列與一次函數(shù)、等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)有著密切的關(guān)系，等差數(shù)列前n項和公式與二次函數(shù)有密切關(guān)系，故可用函數(shù)的思想來解決數(shù)列問題．4．已知數(shù)列｛an｝中，a1＝eq\f（3，5），anan－1＝2an－1－1（n≥2，n∈N＋）,數(shù)列｛bn｝滿足bn＝eq\f(1，an－1)（n∈N＋)．(1)求證:｛bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}中的最大項與最小項,并說明理由．［解]（1）因為anan－1＝2an－1－1，所以an＝2－eq\f（1，an－1）(n≥2,n∈N＋）．又因為bn＝eq\f（1,an－1）（n∈N＋）,所以bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f（1，an－