高中数学第一章数列章末复习课学案北师大版必修5

答案精析

知识梳理 知识点三 1．累加 累乘 2．倒序相加 错位相减 3．三 两 4．函数 5．类比 题型探究

例1 解 (1)由已知得 a1＋a2＋a3＝7，??

?a1＋3＋a3＋4

＝3a2，?2?

解得a2＝2.

2

设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，

q2

又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，

q即2q－5q＋2＝0.

1

解得q1＝2，q2＝.由题意得q＞1，

2∴q＝2，∴a1＝1. 故数列{an}的通项为an＝2

n－1

2

.

(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…， 由(1)得a3n＋1＝2， ∴bn＝ln 2＝3nln 2.

又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列， n

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3n故Tn＝

n＋1

ln 2. 2

b1＋bn3n

＝2

n＋1

·ln 2. 2

3n3n跟踪训练1 解 设数列{an}的公差为d，

?2a1a3＋1＝a22，?

依题设有?

??a1＋a2＋a3＝12，

5 / 10

?1＋2a1d－d2＋2a1＝0，?a2即?

?a1＋d＝4.???a1＝1，解得?

?d＝3?

??a1＝8，

或?

?d＝－4.?

1

因此Sn＝n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)，n∈N＋.

2例2 (1)证明 由Sn＋1＝4an＋2，① 则当n≥2，n∈N＋时，有Sn＝4an－1＋2.② ①－②得an＋1＝4an－4an－1.

方法一 对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2an＋1anan－1

＝2－， 2n＋12n2n－1即

an＋1an－1an

＋＝2， 2n＋12n－12n

n＋1

，得

即cn＋1＋cn－1＝2cn， ∴数列{cn}是等差数列．

由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，则a2＝3a1＋2＝5， a11a25513∴c1＝＝，c2＝＝，故公差d＝－＝，

2222442413

∴{cn}是以为首项，为公差的等差数列．

24方法二 ∵an＋1－2an＝2an－4an－1 ＝2(an－2an－1)， 令bn＝an＋1－2an，

则{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴bn＝3·2

n－1

，

anan＋1anan＋1－2an

∵ cn＝，∴ cn＋1－cn＝－＝

2n2n＋12n2n＋1＝

bn3×2n－13＝＝， 2n＋12n＋14a12

12

c1＝＝，

13

∴ {cn}是以为首项，为公差的等差数列．

24

an13

(2)解 由(1)可知数列{}是首项为，公差为的等差数列．

2n24

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an1331n－2

∴＝＋(n－1)＝n－，an＝(3n－1)·2是数列{an}的通项公式． 2n2444设Sn＝(3－1)·2＋(3×2－1)·2＋…＋(3n－1)·2∴2Sn＝(3－1)·2＋(3×2－1)·2＋…＋(3n－1)·2故Sn＝2Sn－Sn

＝－(3－1)·2－3(2＋2＋…＋2

－1

0

1

0

1

－1

0

n－2

，

n－1

，

n－2

)＋(3n－1)·2

n－1

2n－1－1n－1＝－1－3×＋(3n－1)·2

2－1＝－1＋3＋(3n－4)·2＝2＋(3n－4)·2

n－1

n－1

.

n－2

∴ 数列{an}的通项公式为an＝(3n－1)·2

＋

，前n项和公式为Sn＝2＋(3n－4)·2

n－1

，n∈N

.

跟踪训练2 (1)解 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan ＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋)， ∴当n＝1时，a1＝2×1＝2； 当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4， ∴a2＝4；

当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. (2)证明 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N)，① ∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1 ＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②

①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2 ＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2 ＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.

∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2， ∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)． ∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0， ∴

Sn＋2

＝2，

Sn－1＋2

*

故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． 例3 解 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)， 整理得2a1d＝d.∵d>0，∴d＝2. ∵a1＝1.∴an＝2n－1 (n∈N＋)． (2)bn＝

n

1

＝

an＋32n

1

n＋1

2

2

7 / 10

1?1?1

＝?－?， 2?nn＋1?∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn 1??1??11?＝??1－?＋?－?＋

2??23?2??

1???1…＋?－??

?nn＋1??

1?1?n

＝?1－＝. ?n＋1?2n＋12?

t

假设存在整数t满足Sn>总成立，

36又Sn＋1－Sn＝

2

n＋1

－n＋22

n1

＝n＋12n＋2

n＋1

>0，

∴数列{Sn}是递增的．

1t1

∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.

4364又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8. 跟踪训练3 解 (1)设等比数列{an}的公比为q， 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5， a512

即4a5＝a3，于是q＝＝.

a343

又{an}不是递减数列且a1＝，

21

所以q＝－.

2

故等比数列{an}的通项公式为

an＝×(－)n－1＝(－1)n－1·.

1

1＋，n为奇数，??2n1

(2)由(1)得S＝1－(－)＝?21

1－??2n，n为偶数.

nn3

21232n

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小， 3

所以1＜Sn≤S1＝.

2

11325

故0＜Sn－≤S1－＝－＝. SnS1236

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