必修5第一章 数列综合与测试学案

这是一份必修5第一章 数列综合与测试学案，共10页。


【例1】 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；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
[解] (1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝
eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
判定一个数列是等差或等比数列的方法
[提醒] 在解答题中证明一个数列是等比(或等差)数列通常用定义法和中项公式法，通项公式法和前n项和公式法常在小题或分析题意时应用．
1．设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝eq \f(bn－1,1＋bn－1)(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)判断数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)(n≥2，n∈N*)．
所以数列{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.
因为bn＝eq \f(bn－1,1＋bn－1)，所以eq \f(1,bn)＝eq \f(1,bn－1)＋1，
即eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn－1)＝1(n≥2)．
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))是首项为eq \f(1,2)，
公差为1的等差数列．
所以eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·1＝eq \f(2n－1,2)，故数列{bn}的通项公式为bn＝eq \f(2,2n－1).
【例2】 (1)若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝n2＋3n(n∈N*)，则an＝________.
(2)已知在数列{an}中，an＋1＝eq \f(n,n＋2)an(n∈N＋)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.
(1)4(n＋1)2 (2)eq \f(8,nn＋1) [(1)因为eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝n2＋3n(n∈N*)，①
所以eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)＝(n－1)2＋3(n－1)(n≥2)，②
①－②，得eq \r(an)＝n2＋3n－[(n－1)2＋3(n－1)]＝2(n＋1)，
所以an＝4(n＋1)2(n≥2)．
又eq \r(a1)＝12＋3×1＝4，故a1＝16，
也满足式子an＝4(n＋1)2，故an＝4(n＋1)2.
(2)由an＋1＝eq \f(n,n＋2)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，
故eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2,4)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，
以上式子累乘得，eq \f(an,a1)＝eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－3,n－1)·eq \f(n－2,n)·eq \f(n－1,n＋1)＝eq \f(2,nn＋1)，
因为a1＝4，所以an＝eq \f(8,nn＋1)(n≥2)，
因为a1＝4满足上式，所以an＝eq \f(8,nn＋1).]
数列通项公式的求法
(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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求解．
(3)由递推式求数列通项法．
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)．
求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，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化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法．
2．(1)已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N＋)，则an＝________.
(2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(2,n)(an＞0，n∈N＋)，则an＝________.
(1)eq \f(1,2)(n2＋n＋2) (2) 22n－1 [(1)由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，
以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n.
因为a1＝2，
所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)
＝2＋eq \f(n－12＋n,2)
＝eq \f(n2＋n＋2,2)(n≥2)．
因为a1＝2满足上式，所以an＝eq \f(n2＋n＋2,2).
(2)因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(2,n)(an＞0，n∈N＋)，
所以lg2an＋1＝2lg2an，即eq \f(lg2an＋1,lg2an)＝2，又a1＝2，
所以lg2a1＝1，故数列{lg2an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以lg2an＝2n－1，即an＝22n－1.]
【例3】 Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
[解] (1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，1≤n<10，,1，10≤n<100，,2，100≤n<1 000，,3，n＝1 000，))
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
数列求和的常用方法
(1)公式法．
(2)分组求和法．
(3)倒序求和法．
(4)错位相减法．
(5)裂项相消法．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(6)并项求和法．一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝eq \f(1,Sn)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝a1＋6d，,a1＋7d－2a1＋2d＝3，))
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n(n＋2)，
∴bn＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).
[探究问题]
1．若函数f(x)＝x2＋λx在[1，＋∞)上单调递增，则λ的取值范围是什么？
[解] 由于f(x)＝x2＋λx是图像开口向上的二次函数，要使其在[1，＋∞)上单调递增，则需－eq \f(1,2)λ≤1.
即λ≥－2，故λ的取值范围是[－2，＋∞)．
2．当x为何值时，函数f(x)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋eq \f(23,8)有最小值？
[解] 当x＝eq \f(7,2)时，f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝eq \f(23,8).
3．数列与其对应的函数有什么区别？
[解] 与数列对应的函数是一种定义域为正整数集(或它的前几个组成的有限子集)的函数，它是一种自变量“等距离”地离散取值的函数．
【例4】 (1)若数列{an}的通项公式为an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
(2)设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝6，a2＝b2＝4，a3＝b3＝3，若{an＋1－an}是等差数列，{bn＋1－bn}是等比数列．
①分别求出数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{an}中最小项及最小项的值．
思路探究：(1)利用an＋1＞an求解，或利用函数y＝x2＋λx的图像求解；
(2)根据等差、等比数列的通项公式求{an}，{bn}的通项公式，然后利用函数的思想求{an}的最小项及最小项的值．
(1)(－3，＋∞) [法一：an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ，由于{an}是递增数列，故2n＋1＋λ＞0恒成立，
即λ＞－2n－1，又n∈N＋，－2n－1≤－3，故λ＞－3.
法二：由于函数y＝x2＋λx在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ,2)，＋∞))上单调递增，结合其图像可知，若数列{an}是递增数列，则a2＞a1，即22＋2λ＞1＋λ，即λ＞－3.]
(2)[解] ①a2－a1＝－2，a3－a2＝－1，
由{an＋1－an}成等差数列知其公差为1，
故an＋1－an＝－2＋(n－1)·1＝n－3；
b2－b1＝－2，b3－b2＝－1，
由{bn＋1－bn}成等比数列知，其公比为eq \f(1,2)，
故bn＋1－bn＝－2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(n－1)·(－2)＋eq \f(n－1n－2,2)·1＋6
＝eq \f(n2－3n＋2,2)－2n＋8
＝eq \f(n2－7n＋18,2)，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋(bn－2－bn－3)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝eq \f(－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))＋6
＝2＋23－n.
②因为an＝eq \f(n2－7n＋18,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2＋eq \f(23,8)，
所以n＝3或n＝4时，an取到最小值，a3＝a4＝3.
1．(变条件)把例4(2)中的数列{an}换为an＝eq \f(n－\r(79),n－\r(80))，求其最小项和最大项．
[解] an＝eq \f(n－\r(79),n－\r(80))＝1＋eq \f(\r(80)－\r(79),n－\r(80))，
当n＜9时，an＝1＋eq \f(\r(80)－\r(79),n－\r(80))递减且小于1；
当n≥9时，an＝1＋eq \f(\r(80)－\r(79),n－\r(80))递减且大于1，
所以a8最小，a9最大，且a8＝eq \f(8－\r(79),8－\r(80))，a9＝eq \f(9－\r(79),9－\r(80)).
2．(变结论)例4(2)的条件不变，求数列{bn}中最大项及最大项的值．
[解]由例4(2)的解析可知bn＝2＋23－n，易知数列{bn}是递减数列，所以当n＝1时，an取到最大值，a1＝2＋23－1＝6.
函数思想在数列问题中的应用
数列可以看作是定义域为正整数集(或其有限子集{1,2,3，…，n})的特殊函数．运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图像和最值等知识解决与数列相关的问题．等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列有n项和公式与二次函数有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题．
等差、等比数列的判定
定义法
an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列
eq \f(an＋1,an)＝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
aeq \\al(2,n＋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
数列通项公式的求法
数列求和的常用方法
用函数思想解决数列问题