1、2021版高中數(shù)學(xué)第2章數(shù)列章末分層突破學(xué)案新人教B版必修5PAGE PAGE 23第2章 數(shù)列章末分層突破自我校對無窮數(shù)列常數(shù)列通項公式法前n項和公式等比數(shù)列 等差(比)數(shù)列的基本運算在等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式an與前n項和公式Sn中，共涉及五個量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)為基本量，“知三求二”是指將已知條件轉(zhuǎn)換成關(guān)于a1，d(q)，an，Sn，n的方程組，利用方程的思想求出需要的量，當(dāng)然在求解中若能運用等差(比)數(shù)列的性質(zhì)會更好，這樣可以化繁為簡，減少運算量，同時還要注意整體代入思想方法的運用.等比數(shù)列an中，已知a12，a416.(1)求數(shù)列an的通項公

2、式；(2)若a3，a5分別為等差數(shù)列bn的第3項和第5項，試求數(shù)列bn的通項公式及前n項和Sn.【精彩點撥】(1)由a1，a4求出公比q，寫出an的通項公式.(2)列出關(guān)于b1，d的方程組，求解b1，d，進而寫出bn，Sn.【規(guī)范解答】(1)設(shè)an的公比為q，由已知得162q3，解得q2.an22n12n.(2)由(1)得a38，a532，則b38，b532.設(shè)bn的公差為d，則有eq blcrc (avs4alco1( b12d8，, b14d32，)解得eq blcrc (avs4alco1( b116，, d12，)所以bn1612(n1)12n28.所以數(shù)列bn的前n項和Sneq f(

3、n1612n28,2)6n222n.再練一題1.已知等差數(shù)列an的公差d1，前n項和為Sn.(1)若1，a1，a3成等比數(shù)列，求a1；(2)若S5a1a9，求a1【解】(1)因為數(shù)列an的公差d1，且1，a1，a3成等比數(shù)列，所以aeq oal(2,1)1(a12)，即aeq oal(2,1)a120，解得a11或a12.(2)因為數(shù)列an的公差d1，且S5a1a9所以5a110aeq oal(2,1)8a1，即aeq oal(2,1)3a1100，解得5a11時，anSnSn1k(cncn1)，則a6k(c6c5)，a3k(c3c2)，eq f(a6,a3)eq f(c6c5,c3c2)c3

4、8，c2.a24，即k(c2c1)4，解得k2，an2n.當(dāng)n1時，a1S12.綜上所述，an2n(nN).(2)nann2n，則Tn2222323n2n，2Tn122223324(n1)2nn2n1，兩式作差得Tn222232nn2n1.Tn2(n1)2n1.再練一題3.已知正項數(shù)列an中，a11，點(eq r(an)，an1)(nN)在函數(shù)yx21的圖象上，數(shù)列bn的前n項和Sn2bn.(1)求數(shù)列an和bn的通項公式；(2)設(shè)cneq f(1,an1log2bn1)，求cn的前n項和Tn.【解】(1)點eq blc(rc)(avs4alco1(r(an)，an1)(nN)在函數(shù)yx21的

5、圖象上，an1an1，數(shù)列an是公差為1的等差數(shù)列.a11，an1(n1)n，Sn2bn，Sn12bn1，兩式相減得：bn1bn1bn，即eq f(bn1,bn)eq f(1,2)，由S12b1，即b12b1，得b11.數(shù)列bn是首項為1，公比為eq f(1,2)的等比數(shù)列，bneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(n1).(2)log2bn1log2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(n)n，cneq f(1,nn1)eq f(1,n)eq f(1,n1)，Tnc1c2cneq blc(rc)(avs4alco1(1f(1

6、,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)1eq f(1,n1)eq f(n,n1).函數(shù)思想求解數(shù)列問題數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，在求解數(shù)列問題時，若涉及參數(shù)取值范圍，最值問題或單調(diào)性時，均可考慮采用函數(shù)的思想解題.值得注意的是數(shù)列定義域是正整數(shù)集或其真子集，這一特殊性對問題結(jié)果可能造成影響.已知a12，點(an，an1)在函數(shù)f(x)x22x的圖象上，其中n1,2,3，.(1)求證：數(shù)列l(wèi)g(1an)是等比數(shù)列；(2)設(shè)Tn(1a1

7、)(1a2)(1an)，求Tn及數(shù)列an的通項公式；(3)記bneq f(1,an)eq f(1,an2)，求數(shù)列bn的前n項和Sn，并說明Sneq f(2,3Tn1)1.【精彩點撥】對于(1)，由條件知an1aeq oal(2,n)2an，變形為an11(an1)2，兩邊取對數(shù)即可得證.對于(3)，由條件知an1aeq oal(2,n)2anan(an2)，變形得eq f(1,an1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)f(1,an2)，即得eq f(1,an2)eq f(1,an)eq f(2,an1)，所以bn2eq blc(rc)(avs4alco

8、1(f(1,an)f(1,an1)，由此Sn可求.【規(guī)范解答】(1)證明：由已知得an1aeq oal(2,n)2an，an11(an1)2.a12，an11，兩邊取對數(shù)得lg(1an1)2lg(1an)，即eq f(lg1an1,lg1an)2.數(shù)列l(wèi)g(1an)是公比為2的等比數(shù)列.(2)由(1)知lg(1an)2n1lg(1a1)2n1lg 3lg 32n1，1an3eq sup6(2)eq sup12(n1).(*)Tn(1a1)(1a2)(1an)3eq sup6(2)eq sup12(0)3eq sup6(2)eq sup12(1)3eq sup6(2)eq sup12(2)3eq

9、 sup6(2n1)3eq sup6(1)22eq sup6(2)2eq sup6(n1)3eq sup6(2)eq sup12(n1)由(*)式得an3eq sup6(2)eq sup12(n1)1. (3)an1aeq oal(2,n)2an，an1an(an2)，eq f(1,an1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)f(1,an2)，eq f(1,an2)eq f(1,an)eq f(2,an1).又bneq f(1,an)eq f(1,an2)，bn2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)f(1,an1)，Snb1b2bn2e

10、q blc(rc)(avs4alco1(f(1,a1)f(1,a2)f(1,a2)f(1,a3)f(1,an)f(1,an1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a1)f(1,an1).an32n11，an132n1，又a12，Sn1eq f(2,32n1).又Tn32n1，Sneq f(2,3Tn1)1eq f(2,32n1)eq f(2,32n1)1.再練一題4.已知等差數(shù)列an的首項a11，公差d0，且第二項、第五項、第十四項分別是一個等比數(shù)列的第二項、第三項、第四項. 【導(dǎo)學(xué)號：18082041】(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)bneq f(1,nan3)(nN)，

11、Snb1b2bn，是否存在t，使得對任意的n均有Sneq f(t,36)總成立？若存在，求出最大的整數(shù)t；若不存在，請說明理由.【解】(1)由題意得(a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2.dd2.a11.an2n1(nN).(2)bneq f(1,nan3)eq f(1,2nn1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)，Snb1b2bneq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)eq f(1,n)eq f(1,n1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,n1)eq f(n,2n1).假設(shè)存在整數(shù)t滿足Sneq f(t,36)總成立，又Sn1Sneq f(n1,2n2)eq f(n,2n1)eq f(1,2n2n1)0，數(shù)列Sn是單調(diào)遞增的.S1eq f