【人教A版】高中数学 第二章 数列章末知识整合 新人教A版必修5.doc

人教版高中数学必修精品教学资料高中数学 第二章 数列章末知识整合 新人教A版必修5一、等差数列1．定义：an＋1－an＝d(n∈N*)或an－an－1＝d(n∈N*,n≥2)．2．通项公式：an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)．3．如果数列{an}的通项公式是 an＝An＋B(A、B是与n无关的常数),那么数列{an}一定是等差数列．4．等差数列前n项和公式：Sn＝,Sn＝na1＋d.5．如果数列{an}的通项公式是 Sn＝An2＋Bn(A、B是与n无关的常数),那么数列{an}一定是等差数列． 6.a、b、c成等差数列{an}⇔b为a、c 的等差中项⇔2b＝a＋c.7．在等差数列{an}中,an＝am＋(n－m)d(n∈N*)．8．在等差数列{an}中,由m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq,若m＋n＝2p⇒am＋an＝2ap. 9.在等差数列{an}中,Sk,S2k－Sk,S3k－S2k构成等差数列⇔2(S2k－Sk )＝Sk＋( S3k－S2k)．10．已知{an} 、{bn}为等差数列,则{an－c},{can},{an＋bn},{an＋kbn}(其中c为常数,k∈N*)仍是等差数列．11．已知{an} 为等差数列,若k1,k2,k3,…,kn为等差数列,则ak1,ak2,ak3,…,akn仍是等差数列． 12.若三个数成等差数列,则设这三个数为a－d,a,a＋d,可简化计算．13．证明等差数列的两种方法． (1)定义：an＋1－an＝d(n∈N*)．(2)等差中项2an＝an－1＋an＋1(n∈N*,n≥2)．二、等比数列1．定义：＝q(n∈N*)或＝q(n∈N*,n≥2)．2．通项公式：an＝a1qn－1(n∈N*)．3．等比数列前n项和：Sn＝＝(q≠1)；Sn＝na1(q＝1)．4．a,b,c成等比数列⇒b为a、c 的等比中项⇒b2＝ac.5．在等比数列{an}中,an＝am×qn－m(n∈N*)．6．在等比数列{an}中,由m＋n＝p＋q⇒aman＝apaq,若m＋n＝2p⇒aman＝a. 7.在等比数列{an}中,Sk,S2k－Sk,S3k－S2k 构成等比数列⇔( S2k－Sk)2＝Sk(S3k －S2k)(Sk≠0)．8．已知{an} 、{bn}为等比数列,则{can},{anbn},(其中c为不为0的常数,k∈N*)仍是等比数列．9．已知{an} 为等比数列,若k1,k2,k3,…,kn为等差数列,则ak1,ak2,ak3,…,akn仍是等比数列．10．若三个数成等比数列,则设这三个数为,a,aq,可简化计算．11．证明等比数列的两种方法． (1)利用定义：＝q或＝q(n∈N*,n≥2)． (2)等比中项：a＝an－1an＋1(n∈N*,n≥2)．三、通项公式的求法数列的通项公式是数列的重要内容之一,它把数列各项的性质集于一身．常用的求通项的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前n项和作差法、辅助数列法．累加法：数列的基本形式为an＋1－an＝f(n)(n∈N*)的解析式,而f(1)＋f(2)＋……＋f(n)的和可求出．累乘法：数列的基本形式为＝f(n)(n∈N*)的解析关系,而f(1)·f(2)·…·f(n)的积可求出．前n项和作差法：利用an＝能合则合．待定系数法：数列有形如an＋1＝kan＋b(k≠1)的关系,可用待定系数法求得(an＋t)为等比数列,再求得an.四、特殊数列的前n项和利用等差、等比数列求和公式是最基本最重要的方法．数列的求和除记住一些公式外,还应注重对通项公式的分析与整理,根据其特征求和,常用的方法技巧有分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等．分组求和法：有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,但如果将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,那么就可以分别求和,再将其合并即可．倒序相加法：这是在推导等差数列的前n项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n个a1＋an.错位相减法：这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和,其中{an}、{bn}分别是等差和等比数列．裂项相消法：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用．裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的．题型1　求数列的通项公式(一)观察法就是观察数列的特征,横向看各项之间的关系结构,纵向看各项与项数n的内在联系,从而归纳出数列的通项公式．例1　数列1,3,5,7,…的通项公式为(　　)A．an＝(2n－1)·B．an＝(2n－1)＋C．an＝(2n＋1)＋D．an＝解析：1＝1＋,3＝3＋,5＝5＋,…,∴an＝(2n－1)＋.答案：B(二)公式法等差数列与等比数列是两种常见且重要的数列,所谓公式法就是先分析后项与前项的差或比是否符合等差、等比数列的定义,然后用等差、等比数列的通项公式表示它．例2　已知数列{an}为无穷数列,若an－1＋an＋1＝2an(n≥2且n∈N*),且a2＝4,a6＝8,求通项an.解析：∵an－1＋an＋1＝2an,∴an－1,an,an＋1成等差数列．又∵n≥2且n∈N*,∴数列{an}为等差数列,设首项为a1,公差为d.由可得∴通项an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.(三)利用an与Sn的关系前n项和关系式有两种形式：一种是Sn与n的关系式,记为Sn＝f(n),它可由公式an＝直接求出通项an,但要注意n＝1与n≥2两种情况能否统一；另一种是Sn与an的关系式,记为f(an,Sn)＝0,求它的通项公式an.例3　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．解析：当n＝1时,∵a1＝5a1－3,∴a1＝,当n≥2时,∵an＝5Sn－3,∴an－1＝5Sn－1－3,∴an－an－1＝5(Sn－Sn－1)．即an－an－1＝5an,＝－,∴{an}是首项a1＝,公比q＝－的等比数列．∴an＝a1qn－1＝(n∈N*)．(四)累加法、累乘法有些数列,虽然不是等差数列或等比数列,但是它的后项与前项的差或商具有一定的规律性,这时,可考虑利用累加或累乘法,结合等差、等比数列的知识解决．　例4 (1)已知a1＝1,＝,求an；(2)已知数列{an}中,a1＝1,an＝an－1＋n(n≥2),求数列{an}的通项公式．解析：(1)当n≥2时,an＝a1···…·＝1××××…×＝.而a1＝1也适合上式．故{an}的通项公式an＝n(n＋1)(n∈N*)．(2)∵an＝an－1＋n(n≥2),∴a2－a1＝2,a3－a2＝3,a4－a3＝4,a5－a4＝5,…,an－an－1＝n.将这n－1个等式两边分别相加得an－a1＝2＋3＋…＋n,∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝(n≥2)．当n＝1时,a1＝＝1成立．∴an＝(n∈N*)．(五)构造法有些数列直观上不符合以上各种形式,这时,可对其结构进行适当变形,以利于使用以上各类方法．形如已知a1,an＋1＝pan＋q(p、q为常数)形式均可用构造等比数列法,即an＋1＋x＝p(an＋x),{an＋x}为等比数列,或an＋2－an＋1＝p(an＋1－an),{an＋1－an}为等比数列．　例5 设数列{an}是首项为1的正项数列,且an＋1－an＋an＋1·an＝0(n∈N*),求{an}的通项．解析：∵an＋1－an＋an＋1·an＝0.∴－＝1.又＝1,∴是首项为1,公差为1的等差数列,故＝n,∴an＝(n∈N*)．　若数列{an}满足a1＝1,an＋1＝an＋1,求an.分析：根据递推公式求出前几项,再观察规律,猜想通项公式,有时比较困难．可变换递推公式,利用构造等差或等比数列的技巧,从而求通项公式．解析：方法一　∵an＋1＝an＋1,∴an＋2＝an＋1＋1,两式相减得：an＋2－an＋1＝(an＋1－an),令bn＝an＋1－an(n＝1,2,3,…),则b1＝a2－a1＝－1＝,bn＋1＝bn,∴数列{bn}是以为首项,为公比的等比数列．∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋b1＋b2＋…＋bn－1＝1＋＝2－(n∈N*)．方法二　设an＋1－A＝(an－A),则an＋1＝an－A＋A,根据an＋1＝an＋1可得：－A＋A＝1,即A＝2,∴an＋1－2＝(an－2)．令bn＝an－2,则b1＝a1－2＝－1,bn＋1＝bn,∴数列{bn}是以－1为首项,为公比的等比数列．∵bn＝b1·qn－1＝(－1)·,∴an＝2＋bn＝2－(n∈N*)．题型2　数列求和的方法数列中求前n项和是数列运算的重要内容,高考题中涉及此部分与通项的综合问题,对于等差数列与等比数列可依据公式求其和,对于某些具有特殊结构的非等差、等比数列可转化为利用等差或等比数列前n项和公式能求和的形式,常用方法有公式法、分组法、裂项法、错位相减法等．要对通项进行深入研究,找出规律,确定恰当的解题方法．例7　等差数列{an}中,a1＝3,公差d＝2,Sn为前n项和,求＋＋…＋.解析：∵等差数列{an}的首项a1＝3,公差d＝2,∴前n项和Sn＝na1＋d＝3n＋×2＝n2＋2n(n∈N*),∴＝＝＝,∴＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]＝－.　例8 设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝,求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝,①∴当n≥2时,a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝,②由①－②得3n－1an＝,∴an＝,在①中,令n＝1,得a1＝,∴数列{an}的通项公式an＝(n∈N*)．(2)∵bn＝＝n·3n,∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n,③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1.④由④－③得2Sn＝n×3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝n×3n＋1－,∴Sn＝＋.题型3　数列的应用问题例9　(2013·广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1,＝an＋1－n2－n－,n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式．(3)证明：对一切正整数n,有＋＋…＋＜.(1)解析：依题意,2S1＝a2－－1－,又S1＝a1＝1,所以a2＝4.(2)解析：当n≥2时,2Sn＝nan＋1－n3－n2－n,2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1),两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－,整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1),即－＝1,又－＝1,故数列是首项为＝1,公差为1的等差数列,所以＝1＋(n－1)×1＝n,当n＝1时,上式显然成立．所以an＝n2(n∈N*)．(3)证明：当n＝1时,＝1＜；当n＝2时,＋＝1＋＝＜；当n≥3时,＝＜＝－,此时,＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋＜1＋＋＋＋…＋＝1＋＋－＝－＜,综上,对一切正整数n,有＋＋…＋＜.　例10 夏季高山上的温度从山脚起,每升高100 m,降低0.。