2022年《新课标》高三数学第一轮复习单元讲座第29讲等比数列 .pdf

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1、普通高中课程标准实验教科书数学人教版 高三新 数学第一轮复习教案（讲座29）等比数列一课标要求：1通过实例，理解等比数列的概念；2探索并掌握等差数列的通项公式与前n 项和的公式；3能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。体会等比数列与指数函数的关系。二命题走向等比数列与等差数列同样在高考中占有重要的地位，是高考出题的重点。客观性的试题考察等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式等基础知识和基本性质的灵活应用，对基本的运算要求比较高，解答题大多以数列知识为工具。预测 07 年高考对本讲的考察为：（1）题型以等比数列的公式、性质的灵活应用为主的12 道客观题目；（2

2、）关于等比数列的实际应用问题或知识交汇题的解答题也是重点；（3）解决问题时注意数学思想的应用，象通过逆推思想、函数与方程、归纳猜想、等价转化、分类讨论等，它将能灵活考察考生运用数学知识分析问题和解决问题的能力。三要点精讲1等比数列定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示(0)q，即：1na：(0)naq q数列对于数列（1） （2） （3）都是等比数列，它们的公比依次是 2，5，21。 （注意：“从第二项起” 、 “常数”q、等比数列的公比和项都不为零）2等比数列通项公式为：)0(11

3、1qaqaann。说明： （1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比1d时该数列既是等比数列也是等差数列；（2）等比数列的通项公式知：若na为等比数列，则m nmnaqa。3等比中项如果在ba与中间插入一个数G，使bGa,成等比数列，那么G叫做ba与的等比中项（两个符号相同的非零实数，都有两个等比中项）。4等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,na aaa的前 n 项和是nS123naaaa，当1q时，qqaSnn1)1(1或11nnaa qSq；当 q=1 时，1naSn（错位相减法） 。说明：（1）nSnqa,1和nnSqaa,1各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是nq，

4、通项公式中是1nq不要混淆；（3）应用求和公式时1q，必要时应讨论1q的情况。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 四典例解析题型 1：等比数列的概念例 1 “公差为 0 的等差数列是等比数列”； “公比为21的等比数列一定是递减数列”；“ a,b,c 三数成等比数列的充要条件是b2=ac” ； “a,b,c 三数成等差数列的充要条件是2b=a+c” ，以上四个命题中，正确的有（）A1 个B2 个C3 个D4 个解析：四个命题中只有最

5、后一个是真命题。命题 1中未考虑各项都为0 的等差数列不是等比数列；命题 2中可知 an+1=an21，an+1an未必成立，当首项a10 时，anan，即an+1an，此时该数列为递增数列；命题 3 中，若 a=b=0，cR，此时有acb2，但数列a,b,c 不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=ac，则成为不必要也不充分条件。点评：该题通过一些选择题的形式考察了有关等比数列的一些重要结论，为此我们要注意一些有关等差数列、等比数列的重要结论。例 2命题 1：若数列 an 的前 n 项和 Sn=an+b(a1)，则数列 an是等比数列；命题 2：若数列 an 的前 n 项和

6、Sn=an2+bn+c(a0)，则数列 an是等差数列；命题 3：若数列 an的前 n 项和 Sn=nan，则数列 an既是等差数列， 又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（）A0 个B1 个C2 个D3 个解析：由命题 1 得， a1=a+b，当 n2 时， an=SnSn1=(a1)an1。若 an是等比数列，则12aa=a，即baaa)1(=a，所以只有当b=1 且 a0 时，此数列才是等比数列。由命题 2 得， a1=a+b+c，当 n2 时，an=SnSn1=2na+ba，若 an是等差数列，则a2a1=2a，即 2ac=2a，所以只有当c=0 时，数列 an才是等差数列。由命题3

7、 得， a1=a1，当 n2 时， an=SnSn1=a1，显然 an是一个常数列，即公差为 0 的等差数列，因此只有当a10；即 a1 时数列 an 才又是等比数列。点评：等比数列中通项与求和公式间有很大的联系，上述三个命题均涉及到Sn与 an的关系，它们是an=,11nnSSa时当时当21nn，正确判断数列an是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择 A。题型 2：等比数列的判定例 3 （ 2000 全国理， 20） （） 已知数列 cn ，其中 cn2n3n，且数列cn1pcn精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - -

8、 - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 为等比数列，求常数p； （）设 an 、 bn是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明数列 cn不是等比数列。解析：（）解：因为cn1pcn是等比数列，故有：（cn1pcn）2（cn2pcn1） （cnpcn1） ，将 cn2n 3n代入上式，得：2n13n1p（2n3n） 2 2n23n2p（2n13n1） 2n3np（2n13n1） ，即 （2 p）2n（ 3p）3n2 （2 p）2n1（ 3p）3n1 （2p）2n1（ 3p）3n

9、1 ，整理得61（2 p） （3p） 2n3n0，解得 p=2 或 p=3。（）证明：设an 、 bn的公比分别为p、q，pq，cn=an+bn。为证 cn不是等比数列只需证c22c1c3。事实上， c22（ a1pb1q）2a12p2b12q22a1b1pq，c1c3（ a1b1） （a1p2b1q2）a12p2b12q2a1b1（p2q2） ，由于 pq，p2q22pq，又 a1、b1不为零，因此 c22c1c3，故 cn不是等比数列。点评：本题主要考查等比数列的概念和基本性质，推理和运算能力。例 4 （2003 京春，21）如图 31，在边长为 l 的等边 ABC中，圆 O1为 ABC

10、的内切圆，圆O2与圆 O1外切，且与AB，BC 相切，圆On+1与圆 On外切，且与AB、BC 相切，如此无限继续下去.记圆 On的面积为 an（nN*） ，证明 an 是等比数列；证明：记rn为圆On的半径，则r1=2ltan30=l63。nnnnrrrr11=sin30=21， 所以 rn=31rn1（n2） ， 于是 a1=r12=91)(,122112nnnnrraal，故an 成等比数列。点评：该题考察实际问题的判定，需要对实际问题情景进行分析，最终对应数值关系建立模型加以解析。题型 3：等比数列的通项公式及应用例 5一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，那么所得的三项就成为等差数

11、列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列。解析：设所求的等比数列为a，aq，aq2；则 2(aq+4)=a+aq2，且 (aq+4)2=a(aq2+32)；图 31 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 解得 a=2，q=3 或 a=92，q=5；故所求的等比数列为2，6,18 或92，910，950。点评：第一种解法利用等比数列的基本量qa ,1，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、

12、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁。例 6（2006 年陕西卷）已知正项数列na， 其前n项和nS满足21056,nnnSaa且1215,a a a成等比数列，求数列na的通项.na解析： 10Sn=an2+5an+6， 10a1=a12+5a1+6，解之得 a1=2 或 a1=3。又 10Sn1=an12+5an1+6(n 2)，由得10an=(an2an12)+6(anan1)，即 (an+an1)(anan15)=0 an+an10 , anan1=5 (n 2)。当 a1=3 时， a3=13，a15=73，a1, a3,a15不成等比数列a13 ；当 a1

13、=2 时,，a3=12， a15=72，有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3。点评：该题涉及等比数列的求和公式与等比数列通项之间的关系，最终求得结果。题型 4：等比数列的求和公式及应用例 7（1）（2006 年辽宁卷） 在等比数列na中,12a,前n项和为nS,若数列1na也是等比数列，则nS等于（）A122nB3nC2nD31n（2） （2006 年北京卷）设4710310( )22222()nf nnN，则( )f n等于（）A2(81)7nB12(81)7nC32(81)7nD42(81)7n（3） （1996 全国文， 21）设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S

14、3S62S9，求数列的公比q；解析：（1）因数列na为等比，则12nnaq，因数列1na也是等比数列，则22121122212(1)(1)(1)22(12 )01nnnnnnnnnnnnnaaaaaa aaaaaaaqqq即2na，所以2nSn，故选择答案C。（2）D；（3）解：若q=1，则有 S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。因 a1 0，得 S3+S62S9，显然 q=1 与题设矛盾，故q1。由 S3+S6=2S9，得qqaqqaqqa1)1(21)1(1)1(916131，整理得 q3（2q6q31）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎

15、下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 24 页 - - - - - - - - - - =0，由 q0，得 2q6q31=0，从而（ 2q31） （q31）=0，因 q31，故 q3=21，所以 q=243。点评：对于等比数列求和问题要先分清数列的通项公式，对应好首项和公比求出最终结果即可。例 8 （1） （2002 江苏， 18）设 an为等差数列， bn为等比数列，a1b11，a2a4b3，b2b4a3分别求出 an及 bn的前 10 项的和 S10及 T10；（2） （2001 全国春季北京、安徽，20）在 1 与 2 之间插入 n 个正数 a1，a2，a

16、3，an，使这 n2 个数成等比数列；又在1 与 2 之间插入 n 个正数 b1，b2，b3， bn，使这 n2 个数成等差数列.记 Ana1a2a3 an，Bnb1b2b3 bn. （）求数列An和 Bn的通项；（）当n 7时，比较 An与 Bn的大小，并证明你的结论。（3） （2002 天津理， 22）已知 an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an（ an12） （an22） ， n3，4，5，（）求a3；（）证明anan22，n3，4，5，；（）求 an的通项公式及其前n 项和 Sn。解析：（1） an为等差数列， bn为等比数列，a2a42a3，b2b4b32已知 a

17、2a4b3，b2b4a3，b32a3，a3b32得 b32b32b30 b321，a341由 a1 1，a341知 an的公差为d83，S10 10a18552910d由 b1 1，b321知 bn的公比为q22或 q22精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 当 q22时，)22(32311)1(10110qqbT，当 q22时，)22(32311)1(10110qqbT。（2） （）设公比为q，公差为 d，等比数列1，a1，a2，

18、an，2，等差数列1，b1，b2， bn，2。则 A1a11qA21q1q2A31q1q21q3又 an21qn12 得 qn12，Anqq2qnq222)1(nnn（n1，2，3）又 bn21（ n1）d2 （n1）d1 B1b11dB2b2b11d12dBn1d 1nd23n（） An Bn，当 n7 时证明：当n 7时， 23582AnBn237， AnBn设当 nk 时， AnBn，则当 nk1 时，21212kkA23231kBk又 Ak+1222k23231kBk且 AkBkAk1223kAk1Bk12323)12(2323232kkk又 k8， 9，10Ak1Bk10，综上所述，

19、 AnBn成立 . （3） （）解：由题设得a3a410，且 a3、a4均为非负整数，所以a3的可能的值为1，2，5，10若 a3 1，则 a410，a523，与题设矛盾若 a3 5，则 a42，a5235，与题设矛盾精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 若 a3 10，则 a41，a560，a653，与题设矛盾 . 所以 a32. （）用数学归纳法证明：当 n3，a3a12，等式成立；假设当n k（k3）时等式成立，即akak22,

20、由题设 ak1ak（ ak12） （ak22） ，因为 akak220，所以 ak1ak12，也就是说，当nk1 时，等式 ak1ak12 成立；根据和，对于所有n3，有 an+1=an1+2。（）解：由 a2k1a2（k1）12，a10，及 a2ka2（k1）2，a23 得 a2k12（k1） ，a2k2k1， k1，2，3，即 ann（ 1）n，n1，2，3，。所以 Sn.,1)1(21,),1(21为奇数当为偶数当nnnnnn点评：本小题主要考查数列与等差数列前n 项和等基础知识，以及准确表述，分析和解决问题的能力。题型 5：等比数列的性质例 9 （1） （2005 江苏 3）在各项都为

21、正数的等比数列an中，首项 a13，前三项和为 21，则 a3a4a5（）（A）33 （B）72 （C）84 （D）189 （2）（2000 上海，12） 在等差数列 an 中， 若 a100， 则有等式 a1+a2+ an=a1+a2+a19n（n19，nN)成立 .类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b91，则有等式成立。解析：（1）答案： C；解：设等比数列an的公比为q(q0) ，由题意得 :a1+a2+a3=21,即 3+3q+3q2=21,q2+q-6=0， 求得 q=2(q=3 舍去 )， 所以 a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4,8421故选 C。（2）答案：

22、 b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*） ；解：在等差数列an中，由 a100，得 a1a19a2a18 ana20nan1a19n2a100，所以 a1a2 an a190，即 a1a2 an a19a18 an1，又 a1 a19，a2a18， a19n an1a1a2 an a19a18 an1a1a2 a19n，若 a9 0，同理可得a1a2 ana1a2a17n，相应地等比数列bn中，则可得：b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*） 。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第

23、 7 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 点评：本题考查了等比数列的相关概念及其有关计算能力。例 10 （1）设首项为正数的等比数列，它的前n 项和为 80，前 2n 项和为 6560，且前 n 项中数值最大的项为54，求此数列的首项和公比q。（2）在n1和1n之间插入 n 个正数，使这2n个数依次成等比数列，求所插入的n 个数之积。（3）设等比数列 an 的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的 4 倍，且第二项与第四项的积是第3 项与第 4 项和的 9 倍，问数列 lg an的前多少项和最大？ (lg2=03,lg3=0.4) 解析： （1）设等比数列

24、 an的前 n 项和为 Sn，依题意设： a10，Sn=80 ，S2n=6560。S2n 2Sn， q1 ；从而111naqq=80，且21(1)1naqq=6560。两式相除得1+qn=82 ，即 qn=81。a1=q10 即 q1,从而等比数列 an为递增数列，故前n 项中数值最大的项为第 n 项。a1qn-1=54,从而 (q1)qn-1=qn-qn-1=54。qn-1=81 54=27 q=18127nhqq=3。a1=q1=2 故此数列的首为2，公比为 3。（2）解法 1：设插入的n 个数为nxxx,21，且公比为q，则,2, 1,1),1(,1111nkqnxnnqqnnkknn2

25、2)1(21221)1(11111nnnnnnnnnnnqnqnqnqnqnxxxT。解法 2：设插入的n 个数为nxxx,21，1,110nxnxnnnxxxxxxnnn112110nnxxxT21nnnnnnnxxxxxxT)1()()()(11212精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 2)1(nnnnT。（3）解法一设公比为 q,项数为 2m,mN*，依题意有：)(9)()(1)1(1) 1(312131122121qaqaq

26、aqaqqqaqqamm，化简得10831),1(9114121aqqqaqq解得，设数列 lg an前 n 项和为 Sn，则 Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1n q1+2+(n1) =nlga1+21n(n1) lgq=n(2lg2+lg3) 21n(n1)lg3 =(23lg) n2+(2lg2+27lg3) n可见，当n=3lg3lg272lg2时， Sn最大，而4.024. 073.043lg3lg272lg2=5,故lg an 的前 5 项和最大，解法二接前，311081qa,于是 lgan=lg108(31)n1=lg108+( n1)lg31，数列 lg a

27、n是以 lg108 为首项，以lg31为公差的等差数列，令 lgan0 ，得 2lg2(n4)lg3 0，n4.04. 043.023lg3lg42lg2=5.5，由于 nN*,可见数列 lg an的前 5 项和最大。点评：第一种解法利用等比数列的基本量qa ,1，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁；第二种解法利用等比数列的性质，与“首末项等距”的两项积相等，这在解题中常用到。题型 6：等差、等比综合问题精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - -

28、 - -第 9 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 例 11（ 2006 年广东卷）已知公比为)10(qq的无穷等比数列na各项的和为9，无穷等比数列2na各项的和为581。()求数列na的首项1a和公比q；()对给定的), 3, 2, 1(nkk， 设)( kT是首项为ka， 公差为12ka的等差数列求数列)(kT的前 10 项之和。解析： ()依题意可知：32358119112121qaqaqa，() 由 () 知 ,1323nna， 所 以 数 列)2(T的 的 首 项 为221at,公 差3122ad，15539102121010S,即数列)2(T的前 10 项之

29、和为 155。点评：对于出现等差、等比数列的综合问题，一定要区分开各自的公式，不要混淆。五思维总结1等比数列的知识要点（可类比等差数列学习）（1）掌握等比数列定义nnaa1q（常数）（nN） ，同样是证明一个数列是等比数列的依据，也可由anan221na来判断；（2）等比数列的通项公式为ana1qn1；（3）对于G是a、b的等差中项，则G2ab，Gab；（4）特别要注意等比数列前n项和公式应分为q1 与q1 两类，当q1 时，Snna1，当q1 时，Snqqan1)1(1，Snqqaan11。2等比数列的判定方法定义法：对于数列na，若)0(1qqaann，则数列na是等比数列；等比中项：对于

30、数列na，若212nnnaaa，则数列na是等比数列。3等比数列的性质等比数列任意两项间的关系：如果na是等比数列的第n项，ma是等差数列的第m项，且nm，公比为q，则有mnmnqaa；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 对 于 等 比 数 列na， 若vumn， 则vumnaaaa， 也 就 是 ：23121nnnaaaaaa，如图所示：nnaanaannaaaaaa112,12321。若数列na是等比数列，nS是其前 n 项的

31、和，*Nk， 那么kS，kkSS2，kkSS23成等比数列。如下图所示：kkkkkSSSkkSSkkkaaaaaaaa3232k31221S321普通高中课程标准实验教科书数学人教版 高三新数学第一轮复习教案 （讲座 30）数列求和及数列实际问题一课标要求：1探索并掌握一些基本的数列求前n 项和的方法；2能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。二命题走向数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等

32、价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。有关命题趋势：1数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；2数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；3数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等；4有关数列的应用问题也一直备受关注。预测 2007 年高考对本将的考察为：1可能为一道考察关于数列的推导能力或解

33、决生产、生活中的实际问题的解答题；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 2也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。三要点精讲1数列求通项与和（1）数列前n项和 Sn与通项 an的关系式： an=11sssnn12nn。（2）求通项常用方法作新数列法。作等差数列与等比数列；累差叠加法。最基本的形式是：an=(anan1)+(an1+an2)+(a2a1)+a1；归

34、纳、猜想法。（3）数列前n项和重要公式：1+2+n=21n(n+1) ；12+22+n2=61n(n+1)(2n+1) ；13+23+n3=(1+2+ +n)2=41n2(n+1)2；等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd；等比数列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn；裂项求和将数列的通项分成两个式子的代数和，即 an=f(n+1) f(n) ，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：)11(1)(1CAnBAnBCCAnBAnan、)1(1nn=n111n、 n n！=(n+1)! n!、Cn1r1=CnrCn1r、)

35、!1(nn=!1n)!1(1n等。错项相消法对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n 项和，常用错项相消法。nnncba, 其中nb是等差数列，nc是等比数列， 记nnnnncbcbcbcbS112211，则1211nnnnnqSbcbcb c，并项求和把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn。数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。通项分解法：nnncba精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 2递归数

36、列数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(an+k1,an+k2,an)称为数列的递归关系。由递归关系及k 个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。如由 an+1=2an+1，及 a1=1，确定的数列 12n即为递归数列。递归数列的通项的求法一般说来有以下几种：（1）归纳、猜想、数学归纳法证明。（2）迭代法。（3）代换法。包括代数代换，对数代数，三角代数。（4）作新数列法。最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。四典例解析题型 1：裂项求和例 1已知数列na为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：niiiaa111。解析：首先考虑niiiaa111niiiaad11)11(1，则

37、niiiaa111=1111)11(1nnaanaad。点评：已知数列na为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求和11111nniiiiiiaadaa也可用裂项求和法。例 2求)( ,32114321132112111*Nnn。解析：)1(2211kkkak，)1n(n1321211 2Sn1211121113121211 2nnnnn点评：裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些。题型 2：错位相减法精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 24 页 - - - -

38、- - - - - - 例 3设 a 为常数，求数列a，2a2，3a3， nan，的前 n 项和。解析：若a=0 时， Sn=0；若 a=1，则 Sn=1+2+3+ +n=)1n(n21；若 a1，a0 时， Sn-aSn=a（1+a+an-1-nan） ，Sn=naa) 1n(1)a1(a1nn2。例4已知1,0 aa，数列na是首项为a，公比也为a 的等比数列，令)(lgNnaabnnn，求数列nb的前n项和nS。解析：,lgnnnnaabn aa，232341(23)lg(23)lgnnnnSaaanaaaSaaanaa- 得：anaaaaSannnlg)()1(12，nnananaaa

39、S)1(1)1 (lg2点评：设数列na的等比数列， 数列nb是等差数列， 则数列nnba的前n项和nS求解，均可用错位相减法。题型 3：倒序相加例 5求SCCnCnnnnn36312。解析：SCCCnCnnnnnn0363012。又SnCnCCCnnnnnnn33130110()。所以Snnn321。点评： Sn表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将Sn表示成第 n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。例 6设数列na是公差为d，且首项为da0的等差数列，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - -

40、- - - - - - - -第 14 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 求和：nnnnnnCaCaCaS11001解析：因为nnnnnnCaCaCaS11001，00111nnnnnnnnCaCaCaSnnnnnnCaCaCa0110，01101102()()()nnnnnnnnSaa CaaCaa C0100()()()2nnnnnnnaaCCCaa110() 2nnnSaa。点评：此类问题还可变换为探索题形：已知数列na的前n项和nS12) 1(nn，是否存在等差数列nb使得nnnnnnCbCbCba2211对一切自然数n 都成立。题型 4：其他方法例 7求数列1

41、， 3+5，7+9+11，13+15+17+19 ，前 n 项和。解析：本题实质是求一个奇数列的和。在该数列的前n项中共有1 212nn n()个奇数，故Sn nn nnnn()()()121 1121221422。例 8求数列1，313，32132， ，3n13n的各项的和。解析：其和为 (13 3n) (13132 13n)=3121 321nn=12(3n13-n)。题型 5：数列综合问题例 9 （ 2006 年浙江卷）已知函数( )f xx3+x2，数列| xn |（xn 0）的第一项x11，以后各项按如下方式取定：曲线 y( )f x在11()nnxf x处的切线与经过 （0，0）和

42、（ xn，f（ xn） ）两点的直线平行（如图）。求证：当n*N时： （I）221132nnnnxxxx； （II）1211( )( )22nnnx。解析：（I）因为2( )32 ,fxxx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 所以曲线( )yf x在11(,()nnxf x处的切线斜率121132.nnnkxx因为过(0,0)和(,()nnxf x两点的直线斜率是2,nnxx所以221132nnnnxxxx. （II）因为函数2(

43、 )h xxx当0 x时单调递增，而221132nnnnxxxx21142nnxx211(2)2nnxx所以12nnxx，即11,2nnxx因此1121211( ).2nnnnnnxxxxxxx又因为12212(),nnnnxxxx令2,nnnyxx则11.2nnyy因为21112,yxx所以12111( )( ).22nnnyy因此221( ),2nnnnxxx故1211()().22nnnx点评：数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系。例 10 （ 2006 年辽宁卷）已知0( ),nfxx11( )( )(1)kkkfxfxf,其中( ,)kn n kN

44、,设02122201( )()().().()knnnnknnF xC fxC fxC fxC fx,1,1x。(I) 写出(1)kf；(II) 证明:对任意的12,1,1x x,恒有112()()2(2)1nF xF xnn。解析： (I)由已知推得( )(1)n kkfxnkx,从而有(1)1kfnk；(II) 证法 1:当11x时，212(1)22(2)2()12( )(1).(1).21nnnkn knnnnnF xxnC xnC xnkC xCx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1

45、6 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 当 x0 时, ( )0Fx,所以( )F x在0,1上为增函数。因函数( )F x为偶函数所以( )F x在 1,0上为减函数，所以对任意的12,1,1x x12()()(1)(0)F xF xFF，01211210(1)(0)(1).(1).2(1).(1).2knnnnnnnnn knnnnnFFCnCnCnkCCnCnCnkCCC1(1)()(1,2,31)n kn kn knnnkknnnkCnk CCnCCkn121121011111(1)(0)(.)(.)(21)212(2)1knnnnnnnnnnnFFn CCCCC

46、CCnnn因此结论成立。证法 2：当11x时, 212(1)22(2)2()12( )(1).(1).21nnnkn knnnnnF xxnC xnC xnkC xCx当 x0 时, ( )0Fx,所以( )F x在0,1上为增函数。因函数( )F x为偶函数所以( )F x在-1,0 上为减函数所以对任意的12,1,1x x12()()(1)(0)F xF xFF0121(1)(0)(1).(1).2knnnnnnFFCnCnCnkCC又因12110(1)(0)23.knnnnnnFFCCkCnCC所以121102(1)(0)(2).2knnnnnnFFnCCCCC1211012(1)(0)

47、.22(22)12(2)12knnnnnnnnnFFCCCCCnnn因此结论成立。证法 3：当11x时, 212(1)22(2)2()12( )(1).(1).21nnnkn knnnnnF xxnC xnC xnkC xCx当 x0 时, ( )0Fx,所以( )F x在0,1上为增函数。因为函数( )F x为偶函数所以( )F x在 1,0上为减函数。所以对任意的12,1,1x x12()()(1)(0)F xF xFF0121(1)(0)(1).(1).2knnnnnnFFCnCnCnkCC由11221121112(1).1.nnnnknknnnnnnnkn knnnnnxxxx C x

48、C xC xCxC xC xC xCxx对上式两边求导得：111221(1)(1)(1).(1).21nnnnnnkn knnnnnxxnxxnxnC xnC xnkC xCx22212( )(1)(1)nnnFxxn xxn x精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 24 页 - - - - - - - - - - 11(1)(0)221(2)21nnnFFnnnn因此结论成立。点评：数列与函数、导数结合在一块，考察数列是一种特殊的函数的性质，其中还要用到数列的函数性质来解释问题。

49、题型 6：数列实际应用题例 11某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10 万元，第一年便可获利 1 万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1 万元，第一年可获利 1 万元，以后每年比前一年增加5 千元；两种方案的使用期都是10 年，到期一次性归还本息 . 若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？（取665.575.1 ,786.133 .1 ,629.105. 1101010）解析：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，甲方案获利：63.423 .013 .1%)301(%)301 (%)301 (11092（万元） ，银行贷款

50、本息：29.16%)51(1010（万元），故甲方案纯利：34.2629.1663.42（万元），乙方案获利：5.02910110)5.091()5.021()5.01(150.32（万元）；银行本息和：%)51(%)51 (%)51(105.19221.1305.0105.105.110（万元）故乙方案纯利：29.1921.1350.32（万元）；综上可知，甲方案更好。点评：这是一道比较简单的数列应用问题，由于本息金与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - -