2017-2018学年高一数学苏教版必修5课件+教师用书:第2章 章末分层突破 （2份打包）

章末分层突破 [自我校对] ①an－an－1＝d(n≥2) ②a1＋(n－1)d ③ ④na1＋d ⑤am＋an＝ap＋aq＝2ak ⑥(n≥2) ⑦aman＝apaq＝a 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 等差(比)数列公式与性质的应用 等差、等比数列从定义，通项公式，前n项和公式，及性质可比较如下： 等差数列 等比数列 定义 an＋1－an＝d(常数)(n∈N*) ＝q(非零常数)(n∈N*) an an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1 Sn Sn＝ Sn＝ Sn＝na1＋d Sn＝ 性质 (1)an＝am＋(n－m)d或d＝(n≠m) an＝amqn－m或qn－m＝(n，m∈N*) (2)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}(p，q为常数)仍是等差数列 若{an}，{bn}是等比数列，则{an·bn}，等仍是等比数列 (3)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq；特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap 若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq；特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝a (4)设Sn是等差数列{an}的前n项和，则 ①Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成的数列是等差数列； ②也是一个等差数列 设Sn是等比数列{an}的前n项和，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k满足(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k) 在解题过程中，既要注意到两类数列的可类比性，又要注意到二者的区别，切忌混用误用． 　(1)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1， ＝ . a3,2a2成等差数列，则 (2)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝ . 【精彩点拨】　(1)先由a1，的值．a3,2a2成等差数列求公比q，进而求 (2)利用等比数列的性质求a4，由等差中项求a7，进而求S5. 【规范解答】　(1)∵a1，a3,2a2成等差数列， ∴2×a3＝a1＋2a2，即a3＝a1＋2a2. 设等比数列{an}的公比为q且q>0， 则a3＝a1q2，a2＝a1q， ∴a1q2＝a1＋2a1q， ∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋(舍)，或q＝1－ .＋1)2＝3＋2＝q2＝(＝ (2)由等比数列性质可知a2·a3＝a1·a4， ∵a2·a3＝2a1， ∴a1·a4＝2a1，而a1≠0， ∴a4＝2. 由已知a4＋2a7＝2×， ∴a7＝，＝，∴q3＝ ∴q＝＝16，＝，∴a1＝ ∴S5＝＝31.＝ 【答案】　(1)3＋2 　(2)31 [再练一题] 1．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列． 【解】　(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d. 依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5. 所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，故{bn}的第3项为5，公比为2，由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝. 所以{bn}是以·2n－1＝5·2n－3.为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝ (2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2，，即Sn＋＝5·2n－2－ 所以S1＋＝2.＝，＝ 因此为首项，公比为2的等比数列.是以 数列通项公式的求法 1．形如an＋1＝an＋f(n)(n∈N*)的递推数列，可用累加法求通项公式：an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)． 2．形如an＋1＝f(n)·an(n∈N*)的递推数列，可用累乘法求通项公式：an＝a1·＝a1·f(1)·f(2)·…·f(n－1)． ·…·· 3．形如an＋1＝pan＋q