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2021-2022版高中数学 第二章 数列 阶段提升课 第二课 数列学案 新人教A版必修5

2021-2022版高中数学 第二章 数列 阶段提升课 第二课 数列学案 新人教A版必修5

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姓名：

阶段提升课第二课　数　　列
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题组训练一　等差(比)数列的基本运算 
1.在等差数列{an}中a2+a3=1+a4,a5=9,则a8= (　　)
A.14 B.15 C.16 D.17
【解析】选B.设等差数列{an}的公差为d,
因为a2+a3=1+a4,a5=9,
所以2a1+3d=1+a1+3d,a1+4d=9.
联立解得a1=1,d=2,则a8=1+7×2=15.
2.在等比数列{an}中,a2+a4=1,a6+a8=4,则a2= (　　)
A.2 B.4 C. D.
【解析】选D.设等比数列{an}的公比为q,
因为a2+a4=1,a6+a8=4,
所以q4(a2+a4)=4,即q4=4,解得q2=2.
由a2+a4=1,所以a2+a2q2=1,则a2=.
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若-S2,2S5,S7成等差数列,且a2a7=3a4,则a1 (　　)
A. B. C.± D.±
【解析】选A.设数列{an}的公比为q,若q=1,则-S2=-2a1,2S5=10a1,S7=7a1,可见-S2,2S5,S7并不成等差数列,所以q≠1.
因为-S2,2S5,S7成等差数列;
所以有4=-+,解得q2=4.
因为a2a7=3a4,所以有a1q×a1q6=3a1q3,
解得a1=.
　方程法求值
　在等差(等比)数列的通项公式和前n项和公式中,含有5个基本量,即a1,d(q),an,n,Sn.知道其中的三个,可以求出其余的两个,称为“知三求二”型.
【补偿训练】
　1.在等差数列{an}中,a2+a3+a4=12,a7=8,则a1= (　　)
A.-1 B.-2 C.1 D.2
【解析】选D.设公差为d,因为a2+a3+a4=3a3=12,
所以a3=4,又a7=8,所以4d=a7-a3=4,
所以d=1,所以a1=a7-6d=2.
2.设公比为-2的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=,则a4等于 (　　)
A.8 B.4 C.-4 D.-8
【解析】选C.设首项为a1,由于q=-2,S5=,
所以S5==,解得a1=,
所以a4=a1q3=×(-2)3=-4.
题组训练二　利用数列的性质运算 
1.等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=6,则a1a2…a10= (　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.35 C.15 D.30
【解析】选B.由等比数列的性质可得a5a6=a4a7,
又a5a6+a4a7=6,所以2a5a6=6,
所以a5a6=3,
又等比数列{an}的各项均为正数,
所以a1a2…a10=35.
2.已知等差数列{an}的前3项和为30,最后3项和为90,且前n项和为200,则n (　　)
A.9 B.10 C.11 D.12
【解析】选B.依题意,a1+a2+a3=30,an-2+an-1+an=90,
所以a1+a2+a3+an-2+an-1+an=3(a1+an)=120,
所以a1+an=40,
所以Sn=200=×n=20n,解得n=10.
3.记单调递增的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则 (　　)
A.Sn+1-Sn=2n+1 B.an=2n
C.Sn=2n-1 D.Sn=2n-1-1
【解析】选C.设公比为q,因为a2a3a4=64,
所以=64,解得a3=4.
又a2+a4=10,所以+4q=10,
化为2q2-5q+2=0,解得q=2或.
q=2时,a1=1;q=时,a1=16.
又等比数列{an}单调递增,取q=2,a1=1,
所以an=2n-1.
所以Sn==2n-1.
Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.因此只有C正确.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5+a7+a9=15,则S13=　　　　. 
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,a5+a7+a9=15,
所以a5+a7+a9=3a7=15,解得a7=5,
所以S13=(a1+a13)=13a7=65.
答案:65
　先化简再运算
　利用数列的性质转化条件,简化运算,常用的性质有等差(比)中项、前n项和的性质等.
【补偿训练】
1.等比数列{an}的各项均为正数,且a4a6+a3a7=18,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a9= (　　)　　　　　　　　　　
A.12 B.10 C.9 D.2+log35
【解析】选C.因为等比数列{an}的各项均为正数,且a4a6+a3a7=18,
所以由等比数列性质得a5=3,
所以log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9
=log3(a1×a2×…×a9)=log3=9log33=9.
2.已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-3,则|a1|+|a2|+…+|a5|= (　　)
A.13 B.8 C.5 D.20
【解析】选A.因为数列{an}满足an+1-an=2,a1=-3,
所以{an}是首项为-3,公差为2的等差数列,
所以an=-3+(n-1)×2=2n-5,
所以|a1|+|a2|+…+|a5|=-a1-a2+a3+a4+a5
=-(-3)-(-1)+1+3+5=13.
题组训练三　等差、等比数列的判定 
1.已知数列{an}是等差数列,若bn=2an+3an+1,试问:数列{bn}是否为等差数列?
【解析】设等差数列{an}的公差为d,
则an+1-an=d(d为常数),因为n≥2时,bn-bn-1=(2an+3an+1)-(2an-1+3an)=2(an-an-1)+3(an+1-an)=2d+3d=5d(常数),
所以数列{bn}是等差数列.
2.数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*).
(1)设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列;
(2)设cn=,求证:{cn}是等差数列.
【证明】(1)an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2
=4an+1-4an.
====2.
因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.
所以b1=a2-2a1=3.
所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知bn=3·2n-1=an+1-2an,
所以-=3.
所以cn+1-cn=3,且c1==2,
所以数列{cn}是等差数列,公差为3,首项为2.
　等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法:an+1-an=d(常数)⇔{an}是等差数列;=q(q为常数,q≠0)⇔{an}是等比数列.
(2)中项公式法:2an+1=an+an+2⇔{an}是等差数列;=an·an+2(an≠0)⇔{an}是等比数列.
(3)通项公式法:an=kn+b(k,b是常数)⇔{an}是等差数列;an=c·qn(c,q为非零常数)⇔{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*)⇔{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n∈N*)⇔{an}是等比数列.
特别提醒:①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法,而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.
②若要判定一个数列不是等差(比)数列,则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)即可.
【补偿训练】
已知数列{an}满足a1=33, =2,则an=　　　　. 
【解析】由 =2变形得:an+1-an=2n,
所以n≥2时,an=(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…
+(an-an-1)+a1=2+4+6+…+2(n-1)+33=+33=n2-n+33.当n=1时,适合上式,所以an=n2-n+33.
答案:n2-n+33
题组训练四　数列通项公式的求法 
1.已知数列{an}的前n项和Sn=2an+1,求证{an}是等比数列,并求出通项公式.
【解析】因为Sn=2an+1,所以Sn+1=2an+1+1.
所以Sn+1-Sn=an+1=(2an+1+1)-(2an+1)=2an+1-2an,
所以an+1=2an(n≥1).
所以=2(n≥1).
又a1=2a1+1,故a1=-1.
所以{an}为等比数列,以-1为首项,2为公比,
则an=(-1)·2n-1.
2.已知数列{an}满足an+1=an,且a1=1,求数列{an}的通项公式.
【解析】因为=,
所以n≥2时,···…·=···…·=,
即=.
又因为a1=1,所以an=.
因为a1=1适合an=,
所以{an}的通项公式为an=.
3.已知数列{an}满足an+1=2an+3·2n,a1=2,求数列{an}的通项公式.
【解析】an+1=2an+3·2n两边同除以2n+1,得=+,则-=.
故数列是以==1为首项,以为公差的等差数列.由等差数列的通项公式,得=1+(n-1)=n-,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
　求数列的通项公式的类型及方法
(1)观察法,观察数列各项特征,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=求通项公式的方法.这里应当注意检验n=1是否符合n≥2时的形式.
(4)公式法:等差数列与等比数列是两种常见且重要的数列,利用等差、等比数列的通项公式来表示.
(5)构造法:已知首项a1,递推关系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.
题组训练五　数列求和 
1.已知在等比数列{an}中,a1=1,且a2是a1和a3-1的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=2n-1+an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,
因为a2是a1和a3-1的等差中项,
所以2a2=a1+a3-1,所以2q=1+q2-1,
解得q=2或q=0(舍).
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知,bn=2n-1+2n-1,
所以Sn=+=n2+2n-1.
2.已知数列{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
【解析】(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0).
则
即
解得q=2,d=3,a1=1.
所以{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)由(1)得a2nb2n-1=(6n-2)·22n-1=(3n-1)·4n.
设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,
则Tn=2×41+5×42+8×43+…+(3n-4)×4n-1+(3n-1)×4n,①
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1.②
①-②得-3Tn=2×4+3×(42+43+…+4n)-(3n-1)×4n+1=8+3×-(3n-1)×4n+1
=-8+(2-3n)×4n+1.
所以Tn=+×4n+1.
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为+×4n+1.
3.已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)令bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
由于a3=7,a5+a7=26,所以a1+2d=7,2a1+10d=26,
解得a1=3,d=2.
由于an=a1+(n-1)d,Sn=,
所以an=2n+1,Sn=n(n+2).
(2)因为an=2n+1,
所以-1=4n(n+1),
因此bn==.
故Tn=b1+b2+…+bn
=
==.
所以数列{bn}的前n项和Tn=.
　求数列的前n项和Sn的方法
　(1)公式法:直接由等差、等比数列的求和公式求和,注意对等比数列q≠1的讨论.
(2)错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和.
(3)分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几个等差、等比数列再求解.
(4)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项.
(5)倒序相加法:把数列正着写和倒着写再相加.
【补充训练】
已知数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*).
(1)记bn=log2(an+1),判断{bn}是否为等差数列,并说明理由;
(2)在(1)的条件下,设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1){bn}是等差数列.
理由:b1=log2(a1+1)=log22=1.
当n≥2时bn-bn-1=log2(an+1)-log2(an-1+1)=
log2=log2=log22=1.
所以数列{bn}是以1为首项、公差为1的等差数列.
(2)由(1)得bn=n,an+1=2n,于是cn=.
Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×,
两式相减得Tn=+++…+-n×=-n×=1--,所以Tn=2-.