【文档说明】2021-2022学年高中数学北师必修五教师用书：阶段提升课 第一课 数列 含解析【高考】.doc，共(20)页，936.000 KB，由小赞的店铺上传

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-1-温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。阶段复习课第一课数列思维导图·构建网络考点整合·素养提升题组训练一等差、

等比数列的判定1.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.证明是等比数列,并求-2-{an}的通项公式.【解析】由an+1=3an+1得,an+1+=3an+=3,又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.an+=,

因此{an}的通项公式为an=.2.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=(n≥2,n∈N*).(1)求证:数列{an}是等比数列,并求{

an}的通项公式;(2)判断数列是等差数列还是等比数列,并求数列{bn}的通项公式.【解析】(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=(n≥2,n∈N*).所以数

列{an}是首项为1,公比为的等比数列,故数列{an}的通项公式为an=.(2)因为a1=1,所以b1=2a1=2.因为bn=,所以=+1,即-=1(n≥2).所以数列是首项为,公差为1的等差数列.所以=+(n-1)·1=,故数列{b

n}的通项公式为bn=.-3-判定一个数列是等差或等比数列的方法定义法an+1-an=d(常数)⇔{an}是等差数列=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=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项和公式法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.题组训练二数列通项公式的求法1.若数列{an}是正项数列,且++…+=

n2+3n(n∈N*),则an=.【解析】因为++…+=n2+3n(n∈N*),①-4-所以++…+=(n-1)2+3(n-1)(n≥2),②①-②,得=n2+3n-[(n-1)2+3(n-1)]=2(n+1),所以an=4(n+1)2(n≥2).又=12+3×1=4,故a1=16,也

满足式子an=4(n+1)2,故an=4(n+1)2.答案:4(n+1)22.已知在数列{an}中,an+1=an(n∈N+),且a1=4,则数列{an}的通项公式an=.【解析】由an+1=an,得

=,故=,=,…,=(n≥2),以上式子累乘得,=··…···=,因为a1=4,所以an=(n≥2),因为a1=4满足上式,所以an=.答案:3.已知数列{an}满足a1=2,an-an-1=n(n≥

2,n∈N+),则an=.-5-【解析】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+=(n≥2).因为a1=2满足上式,所以an=.答案:4.已知数列{an}满足a1=2,an+1=(an>0,n∈N+),则an=.【解析】因为数列{an}满足a1=2,an+1=(an>0,n∈N+),所以l

og2an+1=2log2an,即=2,又a1=2,所以log2a1=1,故数列{log2an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以log2an=2n-1,即an=.答案: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.-6-(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=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.题组训练三公式法求和1.设{an}为等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S7=7,S15=75,Tn为数列的前n项和,求Tn.【解

析】设等差数列{an}的首项为a1、公差为d,则Sn=na1+n(n-1)d,所以即解得a1=-2,d=1,-7-所以=-2+(n-1)=-.而-=-=,所以数列是等差数列,其首项为-2,公差为,所以T

n=-2n+·n(n-1)·=n2-n.2.已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn.(1)求{an}的通项公式;(2)求{bn}的前n项和.【解析】(1)由已知a1b2+b2=b1,又b1=1,b2=,所以a1=2,{an}

是首项为2,公差为3的等差数列,所以an=2+3(n-1)=3n-1,n∈N+.(2)由(1)及已知,3nbn+1=nbn,即=,所以{bn}是首项为1,公比为的等比数列,记{bn}的前n项和为Sn,Sn==(-+1),n∈N+.公式法求和注意事项(1)直接应用公式求和时,要注意

公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其公比是否为1进行讨论.(2)几类可以使用公式求和的数列-8-①等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列,它们可以使用等差数列、等比数列

的求和公式求和.②奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的,可以分项数为奇数和偶数时,分组求和,分别使用等差数列或等比数列的求和公式.③等差数列各项加上绝对值,等差数列各项乘以(-1)n等.题组训练四裂项相消求和1.已知数列{an}是递增的等比

数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设{an}的公比为q,由已知,a1+a4=a1+a1q3=9,a2a3=q3=8,所以a1=

1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1,n∈N+.(2)由(1)及已知,Sn===2n-1,bn===-,所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-,n∈N+.2.(2020·邯郸高一检测)

已知数列为正项等比数列,满足a3=4,且-9-a5,3a4,a6构成等差数列,数列满足bn=log2an+log2an+1.(1)求数列,的通项公式;(2)若数列的前n项和为Sn,数列满足cn=,求数列的前n项和Tn.【解题

指南】(1)先设等比数列的公比为q(q>0),根据a3=4,且a5,3a4,a6构成等差数列,求出q,即可得出的通项公式,再由bn=log2an+log2an+1,可得出的通项公式;(2)先由等差数列的前n项和公式求出Sn,再由裂项相消法求出Tn即可.【解析】(1)设等比数列的公比为q

(q>0),由题意,得a5+a6=6a4⇒q+q2=6解得q=2或q=-3(舍),又a3=4⇒a1=1,所以an=a1qn-1=2n-1,bn=log2an+log2an+1=n-1+n=2n-1.(2)Sn==

=n2,所以cn==,所以Tn==.-10-1.裂项相消法求和的原理及注意问题(1)原理: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.(2)注意:在相加抵消过程中,有的是依次抵消,有的是间隔抵消,特别是间隔抵消时要注意规律性.(3)一般地

,若{an}为等差数列,则求数列的前n项和可尝试此方法,事实上,===·.2.用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.常见的裂项数列

(n为正整数)裂项方法===-(a>0,a≠1)loga=loga(n+1)-logan-11-题组训练五错位相减法求和1.已知数列{an}的首项a1=1,且满足(an+1-1)an+an+1=0(n∈N+).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设cn=,求

数列{cn}的前n项和Sn.【解析】(1)整理得-=1,所以数列是以首项为1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)=n,所以an=.(2)由(1)知,cn=n·3n,Sn=1×3+2×32+3×33+…

+n×3n,①3Sn=1×32+2×33+3×34+…+(n-1)×3n+n×3n+1,②①-②有-2Sn=3+32+33+…+3n-n×3n+1,解得Sn=×3n+1+.2.(2020·大庆高一检测)已

知数列满足nan+1=2an(n+1),a1=2,设bn=.(1)证明数列为等比数列;(2)求数列的前n项和Sn.【解题指南】(1)由bn+1=qbn(q为非零常数)且b1≠0可证得为等比-12-数列.(2)可得an=n·2n,则可由错位

相减法求和.【解析】(1)由nan+1=2an(n+1),可得=2.而bn=,所以bn+1=2bn.又b1==2,所以数列为首项为2,公比为2的等比数列.(2)由(1)得为首项是2,公比是2的等比数列,所以bn=2·2n-1=2n.由bn=可得an=nbn=n·2n.所

以Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,则2Sn=1·22+2·23+3·24+…+n·2n+1.以上两式相减得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,所以Sn

=-2n+1+2+n·2n+1=2n+1+2.错位相减法求和的适用条件及关注点(1)适用条件:如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成,那么这个数列的前n项和可用此法来求.即求数列{an·bn}的

前n项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.(2)关注点:①要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,-13-以便于下一

步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.题组训练六分组求和1.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),记Sn表示{an}的前n项和,则S100=.【解析】当n为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=f(n)+f

(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1,则S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+a6+a8+a10+…+a100)=-2×(1+3+5+7+9+…+99)-50+2×(2+4+6+8+10

+…+100)+50=100.答案:1002.已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}是等比数列;(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和.【解析】(1)设{an}的公差

为d,由已知,a4=a1+3d=12,又a1=3,所以d=3,an=3n,n∈N+,设{bn-an}的公比为q,由已知,b1-a1=1,b4-a4=(b1-a1)q3=8,所以q=2,bn-an=2n-1,bn=2n-1+3n,n∈N+,综上,an

=3n,bn=2n-1+3n,n∈N+.(2)由(1)知,bn=2n-1+3n,-14-数列{2n-1}的前n项和为=2n-1,数列{3n}的前n项和为n(n+1),所以数列{bn}的前n项和为2n+n(n+1)-1,n∈N+.分组求和运用技巧将数列的每一项拆成多项,然后重新分组,将一般的数列求

和问题转化成特殊数列求和问题.运用这种方法的关键是将通项变形.“合项”法是利用加法的交换律和结合律将“不规则和”转化为“规则和”,化繁为简.题组训练七数列{|an|}的前n项和1.数列{an}的前n项和为Sn=n2-6n,则a2=;数列{|an|}的前10项和|a1|+|a2|+

…+|a10|=.【解析】当n=1时,a1=S1=-5,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-6n-(n-1)2+6(n-1)=2n-7,所以a2=2×2-7=-3,所以|a1|+|a2|+…+|a10|=5+3+1+1+3+…+13=9+×7=58.

答案:-3582.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,an;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+…+|an|.【解析】(1)由已知5a3·a1=(2a2+2)2,-15-即d2-3d-4=0,故d=-1或4

,所以an=-n+11,n∈N+或an=4n+6,n∈N+.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11.所以Sn=-n2+n,当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+

|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=求数列{|an|}的前n项和的一般步骤第一步:求数列{an}的前n项和;第二步:令an≤0(或an≥0)确定分类标准;第三步:分两

类分别求前n项和;第四步:用分段函数形式下结论;第五步:反思回顾,查看{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系,以防求错结果.题组训练八并项法求和-16-1.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;

(2)设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4+…+(-1)nbn,求Tn.【解析】(1)由已知,=a1a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d),又d=2,所以a1=2,所以{an}的通项公式为an=2n

,n∈N+.(2)由(1)及已知,bn==n(n+1),所以bn-bn-1=2n,n≥2,①若n=2k,k∈N+,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+…+2n==,②若n=2

k-1,k∈N+,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn)=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-.综上,Tn=由(1)及已知,bn==n(n+1),所以bn-bn-1=2n,n≥2,所以Tn=-b1+b2-b3+b4+…+(

-1)nbn,①-Tn=b1-b2+b3-b4+…+(-1)n+1bn,②①-②,得2Tn=-b1+[(b2-b1)-(b3-b2)+(b4-b3)+…-17-+(-1)n(bn-bn-1)]-(-1)n+1bn=[-2+4-6+8+…+(-1)n2n]-(-1)

n+1n(n+1),若n是偶数,2Tn=[-2+4-6+8+…+(-1)n2n]-(-1)n+1n(n+1)=(-2+4-6+8+…+2n)+n(n+1)=2×+n(n+1)=n2+2n=n(n+2),所以Tn=;若n是奇数,2Tn=[-2+4-6+8+…+(-1)n

2n]-(-1)n+1n(n+1)=[-2+4-6+8+…+(-2n)]-n(n+1)=2×-2n-n(n+1)=-n2-2n-1=-(n+1)2,所以Tn=-,综上,Tn=2.已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N+.(

1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.【解析】(1)①a1=S1=1,②若n≥2,an=Sn-Sn-1=-=n,综上,{an}的通项公式为an=n,n∈N+.(2)由(1

)及已知,bn=+(-1)nan=2n+(-1)nn,记数列{bn}的前2n项和为T2n,所以T2n=b1+b2+…+b2n-18-=(21-1)+(22+2)+(23-3)+(24+4)+…+[22n-1-(2n-1)]+(22n+2n)

=(21+22+23+24+…+22n-1+22n)+(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=+n=22n+1+n-2,所以{bn}的前2n项和为T2n=22n+1+n-2,n∈N+.并项法求和注意事项(1)应用范围:形如an=(-

1)nf(n)的摆动数列,求其前n项和Tn.(2)步骤:先求前2k项和T2k,再借助T2k=T2k-1+a2k求前2k-1项和T2k-1,综合起来,得到前n项和Tn.题组训练九用函数思想解决数列问题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.【解题指南】利用an+1>an求解,或利用函数y=x2+λx的图像求解.【解析】方法一: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.方法二:由于函数y=x2+λx在上单调递增,结合其图像(图像略)可知,若数列{an}是递增数列,则a2>a1,即22+2λ>1+λ,即λ>-3.答案:(-3,+∞)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-19-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.【解题指南】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.【解析】(1)a2-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,故bn+1-bn=-2·,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1=(n-1)·(-2)+·1+6=-

2n+8=,bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=+6=2+23-n.(2)因为an==+,所以n=3或n=4时,an取到最小值,a3=a4=3.-20-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.关闭Word文档返回原板块