高中数学专题复习讲座之二--数列


高考数学专题复习讲座之二——数列
山西省平遥中学 常毓喜
数列是高中代数的重点内容之一,也是高考考察的重点,分值约占总分的 8%—10%,考察的重点是等差、等比数列的基础知识,基本技能,基本思想方 法,通过数列知识测试学生的逻辑推理能力,运算能力,分析和解决问题的能 力,一般有一大一小两个题目,小题测重于数列自身知识的考察,诸如概念, 性质,基本量的计算等,要求学生掌握基本概念和基本技能.大题多以综合考 察为主,如与函数,不等式,方程,几何,向量等数学分支知识组合,中等难 度,常体现函数与方程,等价转化,分类讨论等重要的数学思想.在复习过程 中要注意突出基本知识的深化,基本技能的活用,常用方法的总结,重点知识 的再现,注重探索、综合、应用型,加强思维、推理和运算. 一、等差,等比数列的概念和性质 等差数列 等比数列 定义 an+1-an=d 或 an+1-an=an-an-1 an+1/an=q 或 an+1/an=an/an-1 通项公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1 a?b A= 中项 G = ? ab (ab≠0) 2 前 n 项和 公式 Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2 1.若 m+n=p+q, 则 am+an=ap+aq. 2.Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 仍组成等差数列 3. am=an+(n-m)d. 4.S2n-1=(2n-1)an,S2n=n(an+an+1). 5. 若 a1<0,d>0,则{an}是递 增数列,Sn 有最小值; 若 a1>0,d<0,则{an}是递减 数列,Sn 有最大值; a1,an,n,d,Sn
( q ? 1) ?na1 ? Sn= ? a1 (1 ? q n ) ? 1 ? q (q ? 1) ?

主要性质

1.若 m+n=p+q, 则 aman=apaq. 2.Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 仍组成等比数列 3. am=an qn - m

基本量

a1,an,n,q,Sn

【例 1】{an}是等差数列,公差为 d,若=72,a1 - a2n = 33,则 d= A.3 B. - 3 C. - 2 D. - 1 分析:由等差数列的定义及已知条件有 nd= -18 且(-2n-1)d = 33,经整体 代换可得 d = -3,故而选 B.

【例 2 】已知: 1 是 a2 和 b2 的等比中项,又是 U=|
a?b |,则 lim Un的值是( 2 2 n ?? a ?b A.0 B.1 C.1 或 0

1 1 与 的等差中项,又 a b

) . D.不存在

?a 2 b 2 ? 1 ?ab ? ?1 ? ? 分析:由已知可有 ? 1 1 即 ?a ? b ?2 ? ? ?2 ? ? ab ?a b

a?b =1,即 U=1; a2 ? b2 a?b 1 当 ab= -1 时,a + b = -2,a2 + b 2=(a + b)2-2ab = 6,得 2 =- ,即 2 3 a ?b 1 U= 3

当 ab=1 时,a + b =2,a2 + b 2=(a + b)2-2ab = 2,得

所以 lim Un= 1 或 0,故而选 C.
n ??

( a1 ? a 2 ) 2 【例 3】设 x,a1 ,a2 ,y 成等差,x,b1 ,b2 ,y 成等比,则 U= b1b2

的取值范围是(



A. ?4,??? ;B. ?? ?,0? ? ?4,??? C

?0,4 ?

D. (??,?4) ? ?4,?? ?

分析:由 a1 +a2 = x+y,b1 b2 = xy 有 U =

( x ? y) 2 ,又由已知有 xy≠0, xy

若 xy>0,则 U≥

x 2 ? y 2 ? 2 xy x2 ? y2 2 xy ? 2 xy =4;若 xy<0,则 U= =2+ xy xy xy

≤2 – 2 =0;综上所述选 B. 【例 4】设{an}是公比为 q 的等比数列,Sn 是它的前 n 项的和,若{Sn}是等 差数列,则 q= . 分析:当 q=1 时,Sn=na1,Sn-Sn-1=na1-(n-1)a1=a1 是常数,这时{Sn}是等差数 列; 当 q≠1 时,Sn=
a1 (1 ? q n ) a a ? 1 ? 1 q n ,Sn-Sn-1=a1qn-1 不是常数,即{Sn} 1? q 1? q 1? q

不是等差数列,所以 q=1. 【例 5】 在等差数列{an}中, 若 a10=0,则有 a1+ a2+ ……+a n = a1+ a2+ ……

+a19 - n (n<19,n∈N*) ,类似于上述性质,相应地在等比数列{bn}中,若 b9=1, 则有等式______________成立. 分析:等差数列{an}中, a10=0 ? a9+a11 = a8+a12 =……= a1 +a19 =0 ? a1+ a2+ ……+a 19 =0 同理 , 等比数列{bn}中, b9=1 ? b8b10 = b7b11 =……= b1b17 =1 ? b1b2……b * 17=1(n<17,n∈N ) 另外:数列是特殊的函数,解决数列的有关问题时,要注意函数与方程思 想的应用.诸如: 1 1 【例 6】 (1997 年全国)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,已知 S3 与 S4 3 4 1 1 1 的等比中项为 S5, S3 与 S4 的等差中项为 1,求等差数列{an}的通项. 5 3 4 分析:解决此题的关键是灵活应用 Sn 的有关公式. 【解法 1】 (基本量与方程的思想)
1 1 ?1 S3 ? S 4 ? ( S5 ) 2 ?3ad ? 5d 2 ? 0 ? ? 3 4 5 根据题意有: ? ,整理得: ? ? 2 a ? 2. 5d ? 2 ?1 S ? 1 S ? 2 3 4 ? 4 ?3

12 ? ?d ? 0 ? d ? ? 32 12 解得: ? 或? 5 ,所以 an=1 或 an= - n. 5 5 ?a ? 1 ? ?a ? 4
1 1 ?1 2 ?3 S3 ? 4 S 4 ? ( 5 S5 ) ? 【解法 2】设 Sn=an +bn,则由 ? ?1 S ? 1 S ? 2 3 4 ? 4 ?3
2

1 1 ?1 (9a ? 3b) (16 a ? 4b) ? [ (25 a ? 5b)] 2 ? ?3 4 5 得: ? , ? 1 (9a ? 3b) ? 1 (16 a ? 4b) ? 2 ? 4 ?3 6 ? a?? ? ?a ? 0 ? 26 6 32 12 5 所以: 或? , 故 Sn=n,Sn= ? n2+ n,从而 an=1 或 an= - n. ? 5 5 5 5 ?b ? 1 ?b ? 26 ? 5 ?

【解法 3】由已知可知,数列{

Sn }也是等差数列,所以 n

?1 ?3 S3 ? ?1 ? S3 ?3 ?1 ?3 S3 ?

1 1 ?S 3 ? 5 ? S4 ? ( S5 )2 16 ? S ? 3 ? 3 ? a4 ? ? 4 5 ? ?a 4 ? 1 ? 8 ? ? 5 1 ?? 或? ? ? S 4 ? 4 或 ?S 4 ? ? S4 ? 2 5 ?a5 ? 1 ?a ? ? 28 ?S ? 5 ? 4 5 ? 5 ? ? S 5 ? ?4 5 ? 1 1 ? S5 ? 2 ? S4 ? 5 4 ?

?

24

12 . 5 又在等差数列{an}中,因为 am=an+(n-m)d,所以: 12 32 12 an=a4+(n-4) ? 0=1, 或 an=a4+(n-4) ? ( ? )= - n 5 5 5

所以数列{an}的公差为 d=0 或 d= ?

注:若{an}是等差数列,则数列{

Sn }也是等差数列. n

【解法 4】 根据等差数列的性质, 有 S 3 ? 3a 2 ,S 4 ? 2(a 2 ? a3 ) ,S 5 ? 5a3 . 所 以:
2(a 2 ? a3 ) 8 ? ? 2 a2 ? a2 ? ? a3 2 ? ? ? a ? 1 a ( a ? a ) ? 2 a ? ? ? 5 2 4 3 3 或? ,所以 ?? 2 2 ?? ? a ? 1 2 ( a ? a ) 4 3 a ? a ? 4 3 2 3 ? 3 ? 2 ?a ? ?a ? ? ?2 3 2 ? ? 5 ? 4 ?

32 12 - n 5 5 ★练习:在等差数列{an}中,已知 S10=100,S100=10,则 S110= . 11 1099 (用方程的解法可得:a1= ,d= ? ,进而求得 S110= -110.) 50 100 此题至少有 5 种解法,不妨试试看! 【例 7】已知{an}为等差数列,Sn 是它的前 n 项和,若 a1>0 且 S3=S11,求 Sn 的最大值. 【解法 1】设{an}的首项为 a,公差为 d,则根据题意得: 2 1 1 14 3a+3d=11a+55d,即: d=- a<0. 所以 Sn=an+ n(n-1)d= - an2+ an, 当 13 2 13 13 n=7 时 Sn 取到最大值. 2 【解法 2】同解法 1 得:d=- a<0,所以数列是递减数列,又 a1>0,故当 13

an =1, 或 an=

?a n ? 0 ?a n ? 0 ?a ? ( n ? 1) d ? 0 ? n ? 7 .5 时 Sn 最大.解而 ? 得:n=7,即 ?? ?? ? ?a ? nd ? 0 ? n ? 6 .5 ?a n ?1 ? 0 ?a n ?1 ? 0

S7 最大. 【解法 3】由 S3=S11 得:a4+a5+…+a10+a11=0,又 a4+a11=a5+a10=…=a7+a8=0, 2 所以:a7+a8=0. 由已知 d=- a<0,所以数列是递减数列,从而 a7>0,a8<0, 13 故 S7 最大. 二.数列的一般问题 数列的一般问题中包括 an 与 Sn 的关系问题、递推数列等重要问题. 1. an 与 Sn 的关系问题 (1)已知 Sn 求 an.
( n ? 1) ? S1 解决这类问题时主要是利用公式 an= ? . ?S n ? S n ?1 ( n ? 2)

注意:在解题中的分类与整合的思想方法的应用. 【例 8】已知数列{an}的前项的和为 Sn.根据下列条件,试判断数列{an}是 否为等比数列. (1)log2Sn=n+1. (2) log2(Sn+2)=n+1. 分析:对于(1) . 由 已 知 得 : Sn=2 n+1 , 所 以 a1=S1=22=4, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n.即:
?4 ( n ? 1) an= ? n .这时,a2/a1≠a3/a2,所以数列{an}不是等比数列. 2 ( n ? 2 ) ?

对 于 ( 2 ). 可 求 得 Sn=2 n+1-2 , 所 以 a1=S1=22-2=2, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n. 即:an=2n.可以证明,an+1/an=2,故数列{an}是等比数列. ★注意:由 Sn 求 an 时,需要注意两点,一是讨论,二是合并. (2)已知 an 求 Sn. 这类问题的本质就是数列的求和. 【例 9】求下列数列的前 n 项的和.
1 2 n (1)Sn= C n +2 C n + … + (n-1) C nn ?1 +n C n . (2)an=(2n-1)3n. (3)

an=

1 . n ( n ? 2)

(4) an=n(n+1)

分析:数列求和的常用方法有:颠倒相加法、错位相减法和通项分解法等.
1 2 (1)设 Sn= C n +2 C n + … + n (n-1) C nn ?1 +n C n ,

0 1 2 n 即:Sn=0 C n + Cn +2 C n +…+(n-1) C nn ?1 +n C n ,



n 1 0 Sn=n C n +(n-1) C nn ?1 +…+2 C n + Cn

0 1 0 1 n n 两式相加, 得: 2 Sn=n C n +n C n +…+n C nn ?1 +n C n =n( C n + Cn +…+ C nn ?1 + C n )=n?2n,

故 Sn= n?2n-1. (2)设 Sn=1 ? 3+3 ? 32+…+(2n-1) ? 3n, 则 3Sn= 1 ? 32+3 ? 33+…+(2n-3) ? 3n+(2n-1) ? 3n+1. 两式相减,得:-2Sn=1 ? 3+2 ? 32+2 ? 33+…+2 ? 3n-(2n-1) ? 3n+1 =2 ? 3+2 ? 32+2 ? 33+…+2 ? 3n-(2n-1) ? 3n+1-3 =2(3+32+33+…+3n)- (2n-1) =2 ?
3(1 ? 3 n ) - (2n-1) 1? 3

? 3n+1-3

? 3n+1-3=3n+1- (2n-1) ? 3n+1-6
所以 Sn=(n-1)3n+1+3.

=(2-2n) 3n+1-6, (3)由于 an=
Sn ?

1 1 1 1 = ( ? ) ,所以 n ( n ? 2) 2 n n ? 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) (1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 3 2 4 3 5 n ?1 n ?1 n n ? 2

3n 2 ? 5n 1 1 1 1 = (1 ? ? . ? )= 2 2 n ? 1 n ? 2 4(n ? 1)( n ? 2)

(4)由于 an=n(n+1)=n2+n, 所以 Sn=(12+22+32+ … +n2)+( 1+2+3+ … +n)=
1 1 1 n(n+1)(2n+1)+ n(n+1)= 6 2 3

n(n+1)(n+2). ★注意:一般地,如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项 的积组成的,则可用错位相减法求它的前 n 项的和.而通项分解法则是求前 n 项的和最常用的方法. 2.递推数列 数列也是给出数列的一种方式,它与通项法给出数列一样,但对数列的特 征却各有侧重,有些简单的递推数列可以求出其通项公式来方便我们的解 题.如: 【例 10】求下列数列的通项公式 1)a1=3,an+1=2an-2. 2)a1=1,an+1=
2a n . an ? 2

3)a1=0,an+1=an+(2n-1)

4) a1=1,an>0,(n+1)an2-nan2+anan+1=0. 分析 1) 由 an+1=2an-2,得: an+1-2=2an-4,即 an+1-2=2(an-2),所以
a n ?1 ? 2 ? 2 ,故 an ? 2

数列{an-2}是以 1 为首项,以 2 为公比的等比数列,从而 an-2=2n-1,即=2n-1+2. 2)由 an+1=
1 1 1 2a n 1 1 1 1 得: }是以 1 为 ? ? ,所以数列{ ? ? .即 a n ?1 a n 2 an an ? 2 a n ?1 a n 2

1 1 1 1 1 首项,以 为公差的等差数列.故 =1+ (n-1)= n+ .∴an= 2 2 2 2 2 an n ?1

上述两小题都通过构造特殊数列求得其通项公式 3) a2=a1+1,a3=a2+3,a4=a3+5,…,an=an-1+(2n-3). 上述各式相加,得:a2+a3+…+an=a1+a2+…+an-1+(1+3+5+…+(2n-3)), 即 an=a1+n2, an=n2. 4 )由 (n+1)an2-nan2+anan+1=0 得: (an+an+1)[(n+1)an+1-nan]=0. 而 an+an+1>0, 故 (n+1)an+1-nan=0 即:
a n ?1 a a n n ? 1 a n ?1 n ? 2 1 ? , ? ,? 2 ? .所以 n ? an n ?1 a n ?1 n an?2 n ? 1 a1 2 an 1 1 ? ,即 an= . a1 n n

以上各式相乘,得:

★注意:利用递推公式求通项的基本思路是,设法把数列与两类特殊数列 联系起来,或者采用一些如迭加法、迭乘法等特殊的的方法. 【例 11】已知数列{ a n }满足 a1 ? 1 , a n ? 3 n ?1 ? a n ?1 (n ? 2)
(Ⅰ)求 a 2 , a 3 ; (Ⅱ)证明 a n ?
2

3n ? 1 2

(Ⅰ)∵ a1 ? 1 ∴ a 2 ? 3 ? 1 ? 4, a3 ? 3 ? 4 ? 13 ……………………4 分 (Ⅱ)证明:由已知 a n ? a n ?1 ? 3
n ?1

,故

an ? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 …………8 分

? 3 n ?1 ? 3 n ? 2 ? ? ? 3 ? 1 ?

3n ? 1 2

所以证得 a n ?

3n ? 1 。 2
n ?1

设 a 0 为常数,且 a n ? 3

? 2a n ?1 (n ? N ? ) .

(Ⅰ)证明对任意 n ? 1, a n ?

1 n [3 ? (?1) n?1 ? 2 n ] ? (?1) n ? 2 n a0 5

(Ⅱ)假设对任意 n ? 1有 a n ? a n ?1 ,求 a 0 的取值范围. (Ⅰ)证法一: (i)当 n=1 时,由已知 a1 =1- a 0 ,等式成立; (ii)假设当 n=k(k≥1)等式成立,即

1 a k ? [3k ? (?1) k ?1 2 k ] ? (?1) k 2 k a0 , 5 2 k k k k ?1 k k k ?1 那么 a k ?1 ? 3 ? 2a k ? 3 ? [3 ? (?1) 2 ] ? (?1) 2 a0 5 1 k ?1 k k ?1 k ?1 k ?1 = [3 ? (?1) 2 ] ? (?1) 2 a0 , 5
也就是说,当 n=k+1 时,等式也成立. 根据(i)和(ii) ,可知等式对任何 n∈N+成立.…………………………6 分 证法二:如果设 a n ? ? 3 ? ?2(a n ?1 ? ? 3
n n ?1

),

用 an ? 3

n ?1

? 2a n ?1 代入,可解出 ? ?

1 . 5

所以{ a n ?

3n 3 }是公比为-2,首项为 a1 ? 的等比数列, 5 5

∴ an ? 即 an ?

3n 3 n ?1 = (1 ? 2a0 ? )( ?2) (n ? N ? ) , 5 5

1 n [3 ? (?1) n?1 ? 2 n ] ? (?1) n ? 2 n a0 …………………………6 分 5

(Ⅱ)解法一:由 a n 通项公式

a n ? a n ?1 ?

2 ? 3n ?1 ? (?1) n ?1 3 ? 2 n ?1 ? (?1) n 3 ? 2 n ?1 a0 , 5

n ?1 n?2 ∴ a n ? a n ?1 (n ? N ? ) 等价于 (?1) (5a0 ? 1) ? ( ) (n ? N ? ) -----------①…………8 分

3 2

(i)当 n=2k-1,k=1,2,……时,①式即为

3 1 3 1 (?1) 2 k ?2 (5a0 ? 1) ? ( ) 2 k ?3 ,即为 a0 ? ( ) 2 k ?3 ? .-----------② 2 5 2 5 1 3 ?1 1 1 ②式对 k=1,2,……都成立,有 a0 ? ? ( ) ? ? .…………10 分 5 2 5 3
(ii)当 n=2k,k=1,2,……时,①式即为

3 1 3 1 (?1) 2 k ?1 (5a0 ? 1) ? ( ) 2 k ?2 ,即为 a0 ? ? ? ( ) 2 k ?2 ? .-------------③ 2 5 2 5 1 3 2?1?2 1 ③式对 k=1,2,……都成立,有 a 0 ? ? ? ( ) ? ? 0 .…………12 分 5 2 5 1 综上,①式对任意 n∈N+ 成立,有 0 ? a 0 ? . 3 1 故 a 0 的取值范围为(0, ) .………………………………………………14 分 3
解法二:如果 a n ? a n ?1 (n ? N ? ) 成立,特别取 n=1,2 有

a1 ? a0 ? 1 ? 3a0 ? 0 , a 2 ? a1 ? 6a0 ? 0 ,

1 .…………………………………………………………9 分 3 1 下面证明当 0 ? a 0 ? 时,对任意 n∈N+ 有 a n ? a n?1 ? 0 . 3
因此 0 ? a 0 ? 由 a n 通项公式

5(a n ? a n?1 ) ? 2 ? 3n?1 ? (?1) n?1 3 ? 2 n?1 ? (?1) n 5 ? 3 ? 2 n?1 a0 .
(i)当 n=2k-1,k=1,2,……时,

5(a n ? a n?1 ) ? 2 ? 3n?1 ? 3 ? 2 n?1 ? 5 ? 3 ? 2 n ?1 a0

? 2 ? 2 n?1 ? 3 ? 2 n?1 ? 5 ? 2 n?1 ? 0 .……………………12 分
(ii)当 n=2k,k=1,2,……时,

5(a n ? a n?1 ) ? 2 ? 3n?1 ? 3 ? 2 n ?1 ? 5 ? 3 ? 2 n ?1 a0

? 2 ? 3n?1 ? 3 ? 2 n?1 ? 0 .
故 a 0 的取值范围为(0,

1 ) .………………………………………………14 分 3

三.数列的综合问题 这类题目出现频率也较高,同样需要引起重视. 【例 12】已知函数 f(x)=a1x+ a2x2+ a3x3+……+ anxn,n∈N*,且 a1,a2, a3,……,an 构成一个数列{an},若 f(1)=n2, 1)求数列{an}的通项公式;

1 2)证明:0<f( )<1 3 分析:∵f(1)=a1+ a2+ a3+……+ an=n2,∴数列{an}的前 n 项和 Sn= n2,
?? (n ? 1) ?1 ?1 ?? ( n ? 1) 由 an= ? 2 =? =2n – 1 2 ?n ? (n ? 1) ? (n ? 2) ?2n ? 1? (n ? 2)

∴1) lim

n ??

an 2n ? 1 = lim =……=1. n ? ? a n ?1 2n ? 1

1 1 1 1 1 2)f( )=1× +3×( )2+5×( )3+……+(2n – 1)×( )n 3 3 3 3 3 1 n ?1 n 可用错位求差的方法求得 f ( ) =1 又∵3n = (1+2) =1+C 1n ×2+ n 3 3 n ?1 n ?1 2 C2 n∈N*) ∵0< n <1,∴0<1 <1,即: n ×2 +……>1+2n>1+n( 3 3n 1 0<f( )<1 3


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