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数列专题复习.doc

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1 / 20数列专题复习一、等差数列的有关概念:1、等差数列的判断方法:定义法 或 。1(nad为 常 数 ) 11(2)nnaa2、等差数列的通项: 或 。1()n)m如(1)等差数列 中, , ,则通项 (答: );{}a03205ana03、等差数列的前 和: , 。1()nnS1()2Sd如(1)数列 中, , ,前 n 项和 ,{}na*1,)2N3n 152nS则 = _, =_(答: , );a30(2)已知数列 的前 n 项和 ,求数列 的前 项和 (答:{}na2nS{|}nanT).2*1(6,)7nNT4、等差中项:若 成等差数列,则 A 叫做 与 的等差中项,且 。,aAbab2abA提醒:(1)等差数列的通项公式及前 和公式中,涉及到 5 个元素: 、 、 、n1dn及 ,其中 、 称作为基本元素。只要已知这 5 个元素中的任意 3 个,便可求出其naS1d余 2 个,即知 3 求 2。 (2)为减少运算量,要注意设元的技巧,如奇数个数成等差,可设为…, …(公差为 ) ;偶数个数成等差,可设为…,,,aad,…(公差为 2 ),ad5、等差数列的性质:(1)当公差 时,等差数列的通项公式 是关于 的011()nadnan一次函数,且斜率为公差 ;前 和 是关于 的dn21()S二次函数且常数项为 0.(2)若公差 ,则为递增等差数列,若公差 ,则为递减等差数列,若公差0d,则为常数列。0d(3)当 时,则有 ,特别地,当 时,则有mnpqqpnmaa2mnp.2npa如(1)等差数列 中, ,则 =____(答:27) ;{}n 238,,1nnnSS2 / 20(4) 若 、 是等差数列,则 、 ( 、 是非零常数)、{}nab{}nka}npbkp、 ,…也成等差数列,而 成等比数列;若*{(,)pnqaN232,,nnSS{na是等比数列,且 ,则 是等差数列. }0{lg}如等差数列的前 n 项和为 25,前 2n 项和为 100,则它的前 3n 和为 。 (答:225)(5)在等差数列 中,当项数为偶数 时, ;项数为奇数 时,{}naSd偶 奇- 21n, (这里 即 ) ; 。S奇 偶 中 21()S中 a中 n-:n偶奇 :如(1)在等差数列中,S 11=22,则 =______(答:2) ;6(2)项数为奇数的等差数列 中,奇数项和为 80,偶数项和为 75,求此数列的中{}na间项与项数(答:5;31).(6)若等差数列 、 的前 和分别为 、 ,且 ,则nbnAB()nf.如设{ }与{ }是两个等差数列,它们的前 项和21()()nnaAfbBnabn分别为 和 ,若 ,那么 ___________(答: )nST34nn6287(7)“首正”的递减等差数列中,前 项和的最大值是所有非负项之和;“首负”的递增等差数列中,前 项和的最小值是所有非正项之和。法一:由不等式组确定出前多少项为非负(或非正) ;法二:因等差数列前 项是关0011nna或 n于 的二次函数,故可转化为求二次函数的最值,但要注意数列的特殊性 。上述两*N种方法是运用了哪种数学思想?(函数思想) ,由此你能求一般数列中的最大或最小项吗? 二、等比数列的有关概念:1、等比数列的判断方法:定义法 ,其中 或1(naq为 常 数 ) 0,nqa1na。(2)n如(1)一个等比数列{ }共有 项,奇数项之积为 100,偶数项之积为 120,则n2为____(答: ) ;(2 )数列 中, =4 +1 ( )且 =1,若na56{}nanS1a2n1a3 / 20,求证:数列{ }是等比数列。nnab21nb2、等比数列的通项: 或 。1qma如等比数列 中, , ,前 项和 =126,求 和 .{}na16n218nnnSq(答: , 或 2)6q3、等比数列的前 和:当 时, ;当 时,n1q1nSaq1()nnaSq。1naq等比数列前 n项和公式的变形:q≠1时, (a≠0 ,b≠0, a+b=0) ;如(1)等比数列中, =2,S 99=77,求 (答:44) ;q963aa特别提醒:等比数列前 项和公式有两种形式,为此在求等比数列前 项和时,首先n n要判断公比 是否为 1,再由 的情况选择求和公式的形式,当不能判断公比 是否为 1q q时,要对 分 和 两种情形讨论求解。4、等比中项:若 成等比数列,那么 A 叫做 与 的等比中项。提醒:不是任何,aAbab两数都有等比中项,只有同号两数才存在等比中项,且有两个 。如已知两个正数的等差中项为 A,等比中项为 B,则 A 与 B 的大小关系为______(答:A>B),()ab提醒:(1)等比数列的通项公式及前 和公式中,涉及到 5 个元素: 、 、 、n1aqn及 ,其中 、 称作为基本元素。只要已知这 5 个元素中的任意 3 个,便可求出其nS1aq余 2 个,即知 3 求 2;(2)为减少运算量,要注意设元的技巧,如奇数个数成等比,可设为…, …(公比为 ) ;但偶数个数成等比时,不能设为…,,q,…,因公比不一定为正数,只有公比为正时才可如此设,且公比为 。33,aq 2q如有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个成等比数列,且第一个数与第四个数的和是 16,第二个数与第三个数的和为 12,求此四个数。 (答:15,,9,3,1 或 0,4,8,16)4 / 205.等比数列的性质:(1)当 时,则有 ,特别地,当 时,则有mnpqmnpqaA2mnp.2npaA如(1)在等比数列 中, ,公比 q 是整数,则{}n384712,512=___(答: 512) ;0(2)各项均为正数的等比数列 中,若 ,则{}na569a(答:10) 。3132310loglloga(2) 若 是等比数列,则 、 、 成等比数列;若{}n{|}n*(,)pnqN{}nka成等比数列,则 、 成等比数列; 若 是等比数列,且公比{}nab、 nabn n,则数列 ,…也是等比数列。当 ,且 为偶数时,1q232,,nnSS1q数列 ,…是常数数列 0,它不是等比数列. 23,n如(1)已知 且 ,设数列 满足 ,且0a1{}nx1loglogananxx(*)N,则 . (答: ) ;1210xx 10220x 10(2)在等比数列 中, 为其前 n 项和,若 ,则}{nnS 4,33010SS的值为______(答:40)0S(3)若 ,则 为递增数列;若 , 则 为递减数列;若1,aq{}na1aq{}na,则 为递减数列;若 , 则 为递增数列;若1,0,,则 为摆动数列;若 ,则 为常数列.0q{}n1q{}n(4) 当 时, ,这里 ,但 ,1baqaSnn 0a,0ab是等比数列前 项和公式的一个特征,据此很容易根据 ,判断数列 是否为等比数列。nS{}n如若 是等比数列,且 ,则 = (答:-1){}na3nSr5 / 20(5) .如设等比数列 的公比为 ,前 项和为 ,mnmnnmSqS}{naqnnS若 成等差数列,则 的值为_____(答:-2 )12,n(6) 在等比数列 中,当项数为偶数 时, ;项数为奇数 时,{}naS偶 奇 21.1Saq奇 偶(7)如果数列 既成等差数列又成等比数列,那么数列 是非零常数数列,故常数{}n {}na数列 仅是此数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件。n三、数列通项公式的求法一、公式法① )2(1nSan( ;② 等差、等比数列 公式.a例 已知数列 满足 , ,求数列 的通项公式。{}n123nn12a{}na评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ,说明数13n132n列 是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出 ,进而求出数{}2na ()n列 的通项公式。n二、累加法例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na112na, {}na评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ,进而12n12n求出 ,即得数列 的通项公式。1231()()()()nnaaaa {}na例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}n11nn, n评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ,123nna1231nna进而求出 ,即得数列 的122()()()()nna {}na6 / 20通项公式。例 3 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na1123nnaa, {}na解:由 得 则123n1nn123211211()()()()333()(3nnnnaaaan  所以 1.na评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ,1231nna1231nna进而求出 ,即得数列 的122()()()()nna {}na通项公式。例 4 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}n1133nnaa, {}na解: 两边除以 ,得 ,132na1n112nn则 ,故11nn2232111221()()()()3332() 1)333nnnnnnaaaa因此 ,()2()2nn na则 13.nnn7 / 20评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ,1321nna11233nna进而求出 ,即得数列11222()()()()33nna的通项公式,最后再求数列 的通项公式。n{}na三、累乘法例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na112()53nna, {}na评注:本题解题的关键是把递推关系 转化为 ,进而1()nn 12()5nn求出 ,即得数列 的通项公式。13212naa {}na解:因为 ,所以 ,则 ,故11()53nn, 0n12()5nna132122211(1)1(1)2[(5][5][()5][()]333!nnnnnaa 所以数列 的通项公式为{}na(1)235!.nna四、取倒数法例 已知数列{ na}中,其中 ,1,且当 n≥2 时, 12na,求通项公式 na。解 将 12na两边取倒数得: 1na,这说明 }{n是一个等差数列,首项是 1,公差为 2,所以 2)(n ,即 12a.8 / 20五、待定系数法例 7 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na112356nna, na解:设 ④115()nnxx将 代入④式,得 ,等式两边消去123nna 123525n nnaxax,得 ,两边除以 ,得 代入④式得155nx ,1,则⑤1()nn由 及⑤式得 ,则 ,则数列 是以1560a50na152na{5}na为首项,以 2 为公比的等比数列,则 ,故 。1 1n1n评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ,1235nna152()nnaa从而可知数列 是等比数列,进而求出数列 的通项公式,最后再求出数列{5}na{}n的通项公式。{}n例 8 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na113524nnaa, {}na解:设 ⑥112()nnnxyxy将 代入⑥式,得1354nna123(2)nnn nxyaxy整理得 。(5)4n令 ,则 ,代入⑥式得234xy52xy⑦115()nnnaa9 / 20由 及⑦式,152130a得 ,则 ,n11523nna故数列 是以 为首项,以 3 为公比的等比数列,{52}na1因此 ,则 。13nn1352nnna评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为14nn,从而可知数列 是等比数列,进而11523(52)nnnaa{52}na求出数列 的通项公式,最后再求数列 的通项公式。{}n例 9 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。na21 1345nana, {}na解:设 ⑧2 21()()()n nxyzxyz将 代入⑧式,得21345nan,则22 2(1)()()n nxyzaxyz2 2(3)45n nanx等式两边消去 ,得 ,n2 2(3)(4)(5)yxyzxnyz解方程组 ,则 ,代入⑧式,得2452xyz3108xz⑨2 213()0(1)(3)n nana 由 及⑨式,得218023108na则 ,故数列 为以213()0(1)2nan 2{}n10 / 20为首项,以 2 为公比的等比数列,因此2130183a,则 。12nn 43108na评注:本题解题的关键是把递推关系式 转化为2145nn,从而可知数列2 213()0(1)8(308)nana是等比数列,进而求出数列 的通项公式,最后{}2{3108}na再求出数列 的通项公式。n六、对数变换法例 已知数列 满足 , ,求数列 的通项公式。{}na5123nna17{}na评注:本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 转化为5123nn,从而可知数列1lg3lglglgl()5()4164464n naa 是等比数列,进而求出数列 的通2{}llg2{}164na项公式,最后再求出数列 的通项公式。{n例 10 已知数列 满足 , ,求数列 的通项公式。}na5123nna17{}na解:因为 ,所以 。在 式两边取511237nn, 10nn, 5123nna常用对数得 ⑩lgllg2a设 1l()5(l)n nxyaxy○11将⑩式代入 式,得 ,两边消去○11 lgl3g2()5(lg)n nnyaxy并整理,得 ,则5lgna()xyx,故l3g25xylg34216y11 / 20代入 式,得 ○11 1lg3lg2lg3lg2l()5()41644164n naa○12由 及 式,1g3l2lll 7046○12得 ,lgl 04na则 ,1l3l2lg()165g44na所以数列 是以 为首项,以 5 为公比的等l3l2{}16n lg3l27416比数列,则 ,因此1ggl (l)44na 1111 16 6444411 6614444553l23lg2lg(l7)5glgll[l(32)]l(32)7lg(nnnn nn1641)32nnn则 。11545647nna评注:本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 转化为5123nnaa,从而可知数列1lg3lg2lg3lgl()5()4164464n na是等比数列,进而求出数列 的通{}llg2{}164n项公式,最后再求出数列 的通项公式。{na七、迭代法例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na3(1)25nna, {}na12 / 20评注:本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式两边取常用对数得 ,即 ,再3(1)2nna1lg3()2lgnnaa1l3()2nn由累乘法可推知 ,从而(1)23!13212lllgl5nnna 。1()3!25na例 11 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na3(1)25nna, {}na解:因为 ,所以3(1)2nn121323(1)3[]nn2(2)(1)32(2)(1)3(3)(2)(1)1 12(3)(2)(1)(1)123(1)()()(2)13()(3![]nnnnnn nnnnnnnaa   又 ,所以数列 的通项公式为 。15a{}na(1)23!5nna评注:本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式两边取常用对数得 ,即 ,再3(1)2nn 1lg()2lgnna1l3()2nn由累乘法可推知 ,从而(1)23!13212lllgl5nnna 。1()3!25na八、数学归纳法例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na1 1228()8139nnaa, {}na13 / 20解:由 及 ,得。 。 。 。 。 。1228(1)3nna189a由此可猜测 ,往下用数学归纳法证明这个结论。2()n(1)当 时, ,所以等式成立。21()189a(2)假设当 时等式成立,即 ,则当 时,nk2()1ka1nk。 。 。 。 。 。1228(1)3kak由此可知,当 时等式也成立。n根据(1) , (2)可知,等式对任何 都成立。*nN九、换元法例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na1 1(42)6nnnaa, {}na解:令 ,则24nnb2(1)nb故 ,代入 得。 。 。 。 。 。即11()nna142)6nnnaa2214(3)nb因为 ,故 则 ,即 ,240nnb110nnb13nb1nn可化为 ,13()nn所以 是以 为首项,以 为公比的等比数{}nb112432413a21列,因此 ,则 ,即 ,得3()nn()nb4()3na。2()4nna十、构造等差、等比数列法14 / 20① qpann1;② nnqpa1;③ )(1nfpa;④12.例 已知数列 中, 32,1nn,求数列 的通项公式.n n【解析】 )(31a .32411na【反思归纳】递推关系形如“ qpnn1” 适用于待定系数法或特征根法:①令 )(1nnpa;② 在 qann1中令 pxan11, )(1xapnn;③由 pnn1得 pn1, )(1nna.例 已知数列 中, aa32,1,求数列 的通项公式.【解析】 nn321, nn)(1,令 nb12221)()( bbbnn )3( nna23【反思归纳】递推关系形如“ nqpa1”通过适当变形可转化为:“ qpann1”或“ nf)(求解.十一、不动点法例 14 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na1124nna, {}na解:令 ,得 ,则 是函数214x20x123x,的两个不动点。因为()f。所以数列124124(1)3261339733nn nnnnnaaa是以 为首项,以 为公比的等比数列,故 ,2na12491 12()9nna15 / 20则 。132()9nna评注:本题解题的关键是先求出函数 的不动点,即方程 的214()xf214x两个根 ,进而可推出 ,从而可知数列 为等比123x, 139nnaa 3na数列,再求出数列 的通项公式,最后求出数列 的通项公式。na{}n例 已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。{}na11723na, {}na解:令 ,得 ,则 是函数 的不动点。723x240xx31()47xf因为 ,所以1513nnna。2()343nna评注:本题解题的关键是通过将 的换元为 ,使得所给递推关系式转化124nanb形式,从而可知数列 为等比数列,进而求出数列 的通项公12nnb{3}b{3}nb式,最后再求出数列 的通项公式。{}na四、数列求和的基本方法和技巧一、教学目标:1.熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式;2.能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算;3.熟记一些常用的数列的和的公式.一、利用常用求和公式求和1、 等差数列求和公式: dnanS2)1(2)(112、等比数列求和公式: )()(11 qqnnn16 / 20前 个正整数的和 n 2)1(321n前 个正整数的平方和 6)12(n前 个正整数的立方和 333 ][n公式法求和注意事项 (1)弄准求和项数 的值;(2)等比数列公比 未知时,运用前 项和公式要分类。qn例 已知 ,求 的前 n 项和.3logl23x nxx32例 设 Sn=1+2+3+…+n,n∈ N*,求 的最大值.1)()nSf∴ = = =1)32()nSf 64350)8(21∴ 当 ,即 n=8 时,501)(maxf二、错位相减法求和这种方法主要用于求数列{a n· b n}的前 n 项和,其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列. 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比 ;q然后再将得到的新和式和原和式相减,转化为同倍数的等比数列求和。例:(2009 全国卷Ⅰ理)在数列 {}na中, 111,()2nna(I)设 nab,求数列 b的通项公式(II)求数列 {}的前 项和 nS分析:(I)由已知有 12nn12nb利用累差迭加即可求出数列 {}的通项公式: 1n( *N)(II)由(I)知 12nna, nS= 11()2kk12nk而 1(2))nk,又 1k是一个典型的错位相减法模型,易得 1124nkn nS= ()124n17 / 20例 2.已知数列 ,求前 n 项和。)0()12(,5,31ana思路分析:已知数列各项是等差数列 1,3,5,…2n-1 与等比数列 对应项120,,na积,可用错位相减法求和。)2(53112nn aaS 23a nnn aaS )12(1)(:2 13当 nnaa ))(,1 2时 21)()nSn当 ,1San时三、倒序相加法求和这是推导等差数列的前 n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序) ,再把它与原数列相加,就可以得到 n 个 .)(1na例 求证: nnCC2)1(253210 证明: 设 nS0113)()2( nnn ∴ nn2四、分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.[例 7] 求数列的前 n 项和: ,…231,7,412naa解:设 )()()() 1S112 nn当 a=1 时, = )3(n2)(n18 / 20当 时, =1a2)13(naSnn2)13(1nan例:(2010 全国卷 2 文) (18) (本小题满分 12 分)已知 {}n是各项均为正数的等比数列,且 1212()aa, 34534516()a(Ⅰ)求 {}n的通项公式;(Ⅱ)设 2()nnb,求数列 {}nb的前 项和 nT。五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的. 通项分解 (裂项)如:(1) (2))(1(nffan  nnta)1ta()cos(1i (3) (4))(n )12(1)2(1nan(5) ])2()([)(nn(6) nnnnnn Sa 2)1(,)1(1)(21)( 1  则例 求数列 的前 n 项和.,,32,1nnan 1则 =1321Sn 1n19 / 20例 在数列{a n}中, ,又 ,求数列{b n}的前 n121nan 12nnab项的和.解: ∵ 2n∴ )1(82nb= )]1()43()()1[( nSn 8n例 3.求和 )12(5342nn思路分析:分式求和可用裂项相消法求和 .解: )12(1)2(1)12())12(  kkkkak 12)(()]53[1 nnnnaSn 练习:求 答案: nn32 )1()1(2)(2aaSnn六、合并法求和针对一些特殊的数列,将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质,因此,在求数列的和时,可将这些项放在一起先求和,然后再求 Sn.例 数列{a n}: ,求 S2002.naa12321,,,解:设 S2002= 0 2,3,,,, 65646362616  kkkkkk aa∵ 054aaS2002= = =520321 463261kkkk例 在各项均为正数的等比数列中,若 的值.1032315 loglogl,9aa求解:设 032313loglogl aaSn 20 / 20由等比数列的性质 qpnmaqpn=10)log(l)log(l)log(l 6353932310313 aaaSn 七、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析,找出数列的通项及其特征,然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前 n 项和,是一个重要的方法.例 求 之和.11个 解:由于 )10(9911  kkk个个∴ =个n= =910)(9n )910(8nn思路分析:通过分组,直接用公式求和。解:① )(92kkka个 ]10[1)]0()1()0[91 22 nSnn   89]n四、小结:1.掌握各种求和基本方法;2.利用等比数列求和公式时注意分 讨论。1q或
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