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第二章数列章末归纳整合课件


章末归纳整合

知识网络

要点归纳
1.数列的分类
数列名称 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 分类条件

以数列的项数有限无限为根据来分
恒有an<an+1(n∈N+) 恒有an>an+1(n∈N+)

常数列
摆动数列 有界数列 无界

数列

恒有an=an+1(n∈N+)
有时an>an+1,有时an<an+1(n∈N+) 能够找到一个正数A,使|an|≤A成立 不能找到一个正数A,使|an|≤A成立

2.学习数列应注意的问题 (1)在学习时,应多结合实例,通过实例去理解 数列的有关概念.数列与函数密切相关,多角度比 较两者之间的异同,加深对两方面内容的理解.在 解题或复习时,应自觉地运用函数的思想方法去思 考和解决数列问题,特别是对等差或等比数列的问 题.运用函数思想方法以及利用它所得到的许多结 论,不仅可以深化对数列知识的理解.而且可使这 类问题的解答更为快速、合理.

(2)善于对比学习.学习等差数列后,再学等比 数列时,可以等差数列为模型,从等差数列研究过 的问题入手,再探求出等比数列的相应问题,两相 对照,可以发现,在这两种数列的定义、一般形式、 通项形式、中项及性质中,用了一些相类似的语句 和公式形式,但内容却不相同,之所以有这样的区 别,原因在于“差”与“比”不同.通过对比学习,加 深了对两种特殊数列本质的理解,会收到事半功倍 的效果.

(3)要重视数学思想方法的指导作用.本章蕴含 丰富的数学观点、数学思想和方法,学习时应给予 充分注意,解题时多考虑与之相联系的数学思想方 法.

要点整合
题型一 求数列的通项公式

数列的通项公式是数列的核心之一,它如同函 数中的解析式一样,有了解析式就可以研究函数的 性质,而有了数列的通项公式便可以求出任何一 项.所以研究数列的通项往往是解题的关键点和突 破口,常用的求数列通项公式的方法有:

1.观察法,就是观察数列特征,找出各项共同 的构成规律,归纳出通项公式; 2.递推公式法,就是根据数列的递推公式,采 用迭代、叠加、累乘、转化等方法产生an与a1(或Sn) 的关系,得出通项公式;
3 . 前 n 项 和 公 式 法 , 就 是 利 用 an =
? ?S1 ? ? ?Sn- Sn-1

? n= 1? ,求通项公式的方法,这里应 ? n≥2?

当注意检验 n=1 是否符合 n≥ 2 时的形式.

【例 1】 设 Sn 为数列{an}的前 n 项的和,且 Sn 3 = (an-1)(n∈N*),求数列{an}的通项公式. 2

3 解:∵ Sn= (an- 1), 2 3 ∴当 n= 1 时,S1=a1= (a1-1),解得 a1= 3. 2 3 3 当 n≥ 2 时, an= Sn-Sn-1= (an- 1)- (an-1- 1),得 2 2 an =3, an-1

∴当n≥2时,数列{an}是以3为公比的等比数列, 且首项a2=3a1=9. ∴当n≥2时,an=9· 3n-2=3n.显然n=1时也成 立. 故数列的通项公式为an=3n(n∈N*). 方法点评:已知数列的前n项和公式,求数列的 通项公式,其方法是an=Sn-Sn-1(n≥2).这里常常 因为忽略了n≥2的条件而出错,即由an=Sn-Sn-1 求得an时的n是从2开始的自然数,否则会出现当n= 1

时,Sn-1=S0,而与前n项和定义矛盾.可见an=Sn -Sn-1所确定的an,当n=1时的a1与S1相等时,an才 是通项公式,否则要用分段函数表示为
? ?S 1 an=? ? ?Sn- Sn-1

? n=1?, ? n≥2? .

【例2】 已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2).
3n-1 (1)求 a2,a3;(2)证明 an= . 2 (1)解:∵a1=1, ∴a2=3+1=4,a3=32+4=13. (2)证明:由已知an-an-1=3n-1,令n分别取 2,3,4,…,n得 a2-a1=31, a3-a2=32, a4-a3=33, … an-an-1=3n-1,

以上 n-1 个式子相加,得 an-a1=31+32+?+3n-1 3n-1 ∴an= , 2 31-1 ∵n=1 时,a1= =1, 2 3n-1 ∴an= . 2 方法点评:如果给出数列{an}的递推公式 为an=an-1+f(n)型时,并且{f(n)}容易求和, 这时可采用迭加法.

n+2 【例 3】 在数列{an}中,a1=2,an+1= a, n n 求数列{an}的通项公式 an.

n+ 2 an+1 n+ 2 解:由 a1= 2, an+1= a ,∴ = . n n an n 取 n=1,2,3,?, n-1 得 a2 3 a3 4 a4 5 = , = , = ,? a1 1 a2 2 a3 3 an-1 n an n+ 1 = , = . an-2 n- 2 an-1 n- 1

把上述各式两边分别相乘,得: a2 a3 a4 an-1 an 3 4 5 n n+1 ··· ?· · = ··· ?· · , a1 a2 a3 an-2 an-1 1 2 3 n-2 n-1 n? n+1? an n? n+ 1? ∴ = ,∴an= a1, a1 2 2

即an=n(n+1). 当n=1时,a1=2适合上式. 故an=n(n+1)(n∈N*).

an+1 方法点评:如果数列 {an}的递推公式为 = an f(n)型时,并且{f(n)}容易求前 n 项的积,这时可采 用迭乘法.

2an 【例 4】 已知数列{an}中 a1=1,an+1= , an+2 则通项公式 an=________. an+ 2 2an 1 解析: 将 an+ 1= 两边取倒数, 得 = = an+2 an+1 2an

1 1 1 1 1 + ,∴ - = , 2 an an+1 an 2
?1 ? 1 1 ∴数列? ?是首项为 = 1,公差为 的等差数列, a1 2 ?an?

1 1 n+1 2 ∴ =1+(n-1)× = ,∴an= . an 2 2 n+1 2 答案: n+1

方法点评:根据已知条件构造一个与an有关的 新的数列,通过新数列通项公式的求解求得{an}的通 项公式.新的数列往往是等差数列或是等比数 列.例如形如an=pan-1+q(p,q为常数)的形式,往 往变为an-λ=p(an-1-λ),构成等比数列.求an-λ 通项公式,再求an.

题型二 数列求和
数列求和问题,是历年高考重点考查的内容之 一,当然最基本的还是等差、等比数列的求和,直 接利用前n项和公式来解决,我们一般称之为公式 法.在此基础上,对于一些特殊的数列.我们有如 下几种常用的求和方法: 1.分组法:若数列{an}的通项公式形如an=bn +cn(也可是多项之和),而数列{ bn},{cn}是等差或 等比数列,那么,数列{an}的前n项和不就迎刃而解 了吗!

2.错位相减法:若数列{an}是通项公式形如an =bn· cn,而{bn}是等差数列,{cn}是等比数列,则可 采用此法. 3.并项法:一般用于摆动数列的求和问题. 4.裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和,正负项相消 剩下首尾若干项;常见的拆项公式有:
1 1 1 (1) = - . n? n+1? n n+1

1 ? 1 1? ? 1 ? - (2) = ? ?. 2 2 n - 1 2 n + 1 ? 2n-1??2n+1? ? ? 1 (3) = n+1- n. n+1+ n
5.倒序相加法 将一个数列倒过来排列(反序),当它与原数列 相加时,若有公因式可提,并且剩余的项的和易于 求得,则这样的数列可用倒序相加法求和,它是等 差数列求和公式的推广.

以上是我们常用的几种求和方法,而每一种方 法各有其适合的数列,观察通项公式的特点,是正 确选用求和方法的关键. 【例5】 等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对 任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且 b≠1,b,r均为常数)的图象上. (1)求r的值;
n+1 (2)当 b=2 时,记 bn= (n∈N*),求数列{bn} 4an 的前 n 项和 Tn.

解:(1)由题意,Sn=bn+r,当n≥2时, Sn-1=bn-1+r, 所以an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1),由于b>0且b≠1, 所以当n≥2时,{an}是以b为公比的等比数列, 又a1=b+r,a2=b(b-1),
b? b-1? a2 =b,即 =b,解得 r=-1. a1 b+r

(2)由(1)知,n∈N*,an=(b-1)bn-1, 当b=2时,an=2n-1,

n+ 1 n+ 1 所以 bn= n-1= n+1 . 4× 2 2 n+ 1 2 3 4 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 , 2 2 2 2 n+ 1 1 2 3 n T = + +?+ n+1+ n+2 , 2 n 23 24 2 2 n+ 1 1 2 1 1 1 两式相减得 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1- n+2 2 2 2 2 2 2

1 ? 1 ? ? ? 1 - - × n 1 3 2 ? n+1 1 2 ? 1 ? ? n+1 3 = + - n+2 = - n+1- n+2 , 2 1 4 2 2 2 1- 2 3 1 n+1 3 n+3 故 Tn= - n- n+1 = - n+1 . 2 2 2 2 2

方法点评: 在第一问中, 因为{an}是等比数列, a2 an+1 所以有 = (n≥2),注意此思想方法.第二问 a1 an 则采用了错位相减法求和.

【例6】 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;
1 1 1 (2)求 + +?+ 的值. S1 S2 Sn

解: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,

? ?S2b2=?6+d?q=64, 依题意,有? 2 ? S b = ? 9 + 3 d ? q =960. ? 3 3

6 ? ? ?d=-5, ?d=2, 解之得? 或? ? ?q=8, ?q=40. ? 3

舍去

故an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n-1. (2)Sn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2).

1 1 1 所以 + +?+ S1 S2 Sn 1 1 1 1 = + + +?+ 1× 3 2 × 4 3 × 5 n? n+ 2? 1 1 1 1 1 1 1 ? 1? ? ? = ?1- 3+2-4+3-5+?+n- 2? n+ 2 ? ? 1 1 1 ? 2n+ 3 1? ? ? 3 - = ?1+ 2- = - . 2? n+ 1 n+ 2 ? ? 4 2? n+ 1?? n+ 2?

方法点评:本题的难度不大,但失分的同学大有 人在.产生错误的主要原因有:①缺乏基本量意识, 不能正确列出方程组,或计算错误;②忽视条件“数 列 {an}的公差 d>0”,使问题复杂化;③裂项求和致 误,特别是“裂项 ”后,找不准确相互抵消的是哪些 项,剩下的是哪些项.解决这个问题的一个有效方法 是把每一个裂项的第一个写在一起,第二个写在一 ? 1 ? 1 1? ? ?1 1 ? 起,即?1+ +?+ ?-?3+4+?+ ,这样就清 2 n? ? n+ 2 ? ? ? 楚地看到被消掉的和剩下的项了,解答也就不困难 了.

解数列应用题的基本步骤:

题型三

数列应用题

解数列应用题的基本步骤:

1.与等差数列有关的实际应用题 【例7】 有30根水泥电线杆,要运往1 000米远 的地方安装,在1 000米处放一根,以后每50米放一 根,一辆汽车每次只能运三根,如果用一辆汽车完 成这项任务(完成任务后回到原处),那么这辆汽车的 行程共为多少千米?
解:如图所示,

假定30根水泥电线杆存放在M处,则 a1=MA=1 000, a2=MB=1 050, a3=MC=1 100, a6=a3+50×3=1 250, …… a30=a3+150×9, 由于一辆汽车每次只能装3根,故每运一次只能 到a3,a6,a9,…,a30,这些地方,这样组成公差为 150,首项为1 100的等差数列,令汽车的行程为S,

则S=2(a3+a6+…+a30) =2(a3+a3+150×1+…+a3+150×9)
1+9 =2(10a3+150× ×9)=35.5(千米), 2 即这辆汽车的行程为35.5千米.

方法点评:对于与等差数列有关的应用题.要 善于发现“等差”的信息,如“每一年比上一年多 (少)”“一个比一个多(少)”等,此时可化归为等差数 列,明确已知a1,an,n,d,Sn中的哪几个量,求哪 几个量,选择哪一个公式.

2.与等比数列有关的实际应用题 【例8】 某人贷款5万元,分5年等额还清,贷 款年利率为5%,按复利计算,每年需还款多少元? (精确到1元) 解:设每年还款x万元. 第一年偿还的x万元,还清贷款时升值为x(1+ 0.05)4万元. 第二年偿还的x万元,还清贷款时升值为x(1+ 0.05)3万元.

第三年偿还的x万元,还清贷款时升值为x(1+ 0.05)2万元. 第四年偿还的x万元,还清贷款时升值为x(1+ 0.05)万元, 第五年偿还的x万元,还清贷款时仍为x万元. 于是x(1+0.05)4+x(1+0.05)3+x(1+0.05)2+x(1 +0.05)+x=5(1+0.05)5,
5×1.055×0.05 解得 x= ≈1.154 9(万元). 5 1.05 -1

方法点评:一般地,当出现下列信息时,可化 归为等比数列:(1)增长率;(2)n倍;(3)几番;(4)几 分之几等,此时应明确a1,an,Sn,q,n中的哪几个 量,求哪几个量,一般是知三求二.


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