2020版高中数学 第2章 数列章末分层突破学案 新人教B版必修5
第2章 数列
章末分层突破
[自我校对]
①无穷数列
②常数列
③通项公式法
④前n项和公式
⑤等比数列
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等差(比)数列的基本运算
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用.
等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
【精彩点拨】 (1)由a1，a4求出公比q，写出{an}的通项公式.(2)列出关于b1，d的方程组，求解b1，d，进而写出bn，Sn.
【规范解答】 (1)设{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，
解得q＝2.∴an＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.
设{bn}的公差为d，则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n.
[再练一题]
1.已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)若S5>a1a9，求a1的取值范围.
【解】 (1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，
即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.
(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9，
所以5a1＋10>a＋8a1，
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即a＋3a1－10<0，解得－5
1时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn－1)，
则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，＝＝c3＝8，
∴c＝2.
∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，解得k＝2，∴an＝2n.
当n＝1时，a1＝S1＝2.
综上所述，an＝2n(n∈N＋).
(2)nan＝n·2n，则Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
Tn＝2＋(n－1)·2n＋1.
[再练一题]
3.已知正项数列{an}中，a1＝1，点(，an＋1)(n∈N＋)在函数y＝x2＋1的图象上，数列{bn}的前n项和Sn＝2－bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求{cn}的前n项和Tn.
【解】 (1)∵点(n∈N＋)在函数y＝x2＋1的图象上，
∴an＋1＝an＋1，∴数列{an}是公差为1的等差数列.
∵a1＝1，∴an＝1＋(n－1)＝n，
∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，
两式相减得：bn＋1＝－bn＋1＋bn，即＝，
由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.
∴数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，
∴bn＝.
(2)log2bn＋1＝log2＝－n，
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∴cn＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
函数思想求解数列问题
数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围，最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的思想解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或其真子集，这一特殊性对问题结果可能造成影响.
已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1,2,3，….
(1)求证：数列{lg(1＋an)}是等比数列；
(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项公式；
(3)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Sn，并说明Sn＋＝1.
【精彩点拨】 对于(1)，由条件知an＋1＝a＋2an，变形为an＋1＋1＝(an＋1)2，两边取对数即可得证.对于(3)，由条件知an＋1＝a＋2an＝an(an＋2)，变形得＝，即得＝－，所以bn＝2，由此Sn可求.
【规范解答】 (1)证明：由已知得an＋1＝a＋2an，
∴an＋1＋1＝(an＋1)2.
∵a1＝2，∴an＋1>1，
两边取对数得lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，
即＝2.
∴数列{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列.
(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg 3
＝lg 32n－1，
∴1＋an＝3. (*)
∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝3·3·3·…·3＝3＋2＋2＋…＋2＝3
由(*)式得an＝3－1.
(3)∵an＋1＝a＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)，
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∴＝，∴＝－.
又∵bn＝＋，∴bn＝2，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝2
＝2.
∵an＝32n－1－1，∴an＋1＝32n－1，
又∵a1＝2，∴Sn＝1－.
又∵Tn＝32n－1，
∴Sn＋＝1－＋＝1.
[再练一题]
4.已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项.
【导学号：18082041】
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N＋)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.
【解】 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.∵d>0，
∴d＝2.∵a1＝1.∴an＝2n－1(n∈N＋).
(2)bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋－＝＝.
假设存在整数t满足Sn>总成立，
又Sn＋1－Sn＝－
＝>0，
∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.
又∵t∈Z，
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∴适合条件的t的最大值为8.
1.已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A.100 B.99 C.98 D.97
【解析】 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.
【答案】 C
2.已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________.
【解析】 法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋a＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知＝5a3＝10，所以a3＝2.
所以由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋a＝－3，化简得a＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.
公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.
【答案】 20
3.已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式.
【解】 (1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1).
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因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
4.已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，且－＝，S6＝63.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N＋，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.
【解】 (1)设数列{an}的公比为q.
由已知，有－＝，
解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，
所以a1·＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.
设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则
T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.
5.设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N＋.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.
【解】 (1)由题意，得
则
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N＋.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N＋，则b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
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当n≥3时，Tn＝3＋－＝，
所以，Tn＝
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