2022年高中数列知识大总结6.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高中数列知识大总结 (绝对全完整版 ) 第六章 数列二、重难点击本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒 序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。知识网络通项公式 数列与正整数集关系 递推公式数列等差数列定义 通项公式中项 前 n项的和等比数列公式法四、数列通项特殊数列求和方法倒序相加法错位相减法第一课时裂项相消法数列a 与前 n 项和S 的关系1S

2、na1na2a3anai2a nS ni1S 1n1S n1n2课前热身名师归纳总结 3数列an的通项公式为an3 n228 n, 则数列各项中最小项是( B ) 第 1 页，共 31 页A第项B第项C第项D第项- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 4已知数列a n是递增数列，其通项公式为ann2n, 则实数的取值范围是(,3)5数列an的前 n 项和Snn24 n1, ，则an2 n25n1n2题型一归纳、猜想法求数列通项【例 1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式7，77，777，7777，1，3，3，5，5，7，7，9，9解析：将数列变

3、形为 将已知数列变为7( 101 ),7( 1021 ),7( 1031 )，,7(10n1 )99991+0，2+1，3+0， 4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0， 。可得数列的通项公式为ann1(1 )n2点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。题型二应用a nS nS 11(n)1求数列通项. S n(n2 )例 2已知数列an的前 n项和S ，分别求其通项公式S n3n2解析 ：当n1 时 ,a 1S 11 321，当n2 时 ,a nS nS n1( 3 n2 )(3 n112 )(n)1又a 123n1an21n1不适

4、合上式，故3(n2 )三、利用递推关系求数列的通项名师归纳总结 【例 3】根据下列各个数列a n的首项和递推关系，求其通项公式第 2 页，共 31 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a 11,nan1nan11，所以11)24n2解析：因为an1an114n2an1a411(2112212nn所以a2a11(1 1)1)23a3a21(11235a4a 31 1 ( 2 51 7) ， ，an 1ana n11 1(2 2 n3211),求a 用累加法， 若an1f(n ),求a 用累乘法， 若n以上(n1 )个式相加得a na 111(21) 12

5、n即：an14124n3n4n2点拨： 在递推关系中若a n1anf( na npa nq，求a 用待定系数法或迭代法。课外练习3 设a nn1n1n111， (nN) ，则an1 与an的大小关系是 ( C ) 122nAaanBan1anCan1anD不能确定解：因为an1an113n112n22n121202n3n所以a n1an，选二、填空题名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 31 页精选学习资料 - - - - - - - - - 5已知数列a n的前 n 项和Snn24 n1，则an2n25,(n1 ),( n2 )7已知数列a n的通项n98（nN），则数列a

6、 n的前 30 项中最大项和最小项分别是n99又a ，a 919998解：构造函数yx98x99x99由函数性质可知，函数在(，99)上递减，且y1函数在(99，）上递增且y1a 1a2三、解答题99(9，10）a 10a 11a 12a301a 9a 10最大，a9最小6.2 等差数列名师归纳总结 知识要点项，且ba2c；a ,b ,c成等差数列是2 bac2递推关系与通项公式的充要条件。前 n 项和公式递推关系：an1and通项公式：ana 1(n1 ) dS n(a 1an)n；Snna1n(n21 )d推广：anam( nm) d2变式：a 1an(n)1d;da na 1n1特征：S

7、 ndn2(a 1d)n ,第 4 页，共 31 页da namnm特征：a ndn(a 1d),22即：a nf(n )knm,(k,m 为常数）即S nf(n )An2Bnanknm，（k,m 为常数)是数列a n成S nAn2Bn(A ,B 为常数)是数列an成等差数列的充要条件。等差数列的充要条件。等差中项：5等差数列an的基本性质若a,b,c成等差数列，则b 称a与c的等差中(其中m ,n ,p,qN)- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 若mnpq，则a manapa q反名师归纳总结 之，不成立。a nam(nm )d3等差数列an中，a 1

8、0，S 9S 12，则前102 ananma nm或 11 项的和最大。S n,S 2nS n,S 3nS 2n仍成等差数列。解：S 9S 12，S 12S 90判断或证明一个数列是等差数列的方法：a 10a 11a 120，3 a 110，定义法：a 110，又a 10a n1and(常数）（nN）a n是等a n为递减等差数列S 10S 11为最大。差数列4已知等差数列an的前 10 项和为 100，前 100 项中项法：2a n1ana n2（nN)an是等差数和为 10，则前 110 项和为 110 解：列S 10，S 20S 10，S 30S 20，S 110S 100，通项公式法：

9、anknb(k ,b 为常数)an是等差成等差数列，公差为D 其首项为数列S 10100，前 10 项的和为S 10010前 n 项和公式法：10010109D10，D222SnAn2Bn(A ,B 为常数)a n是又S 110S 100S 1010 D等差数列S 1101001010（22）110课前热身y50n9812nn(n1 )422等差数列a n中，2n240n98a4a6a8a10a12120,2(n10)2102所以当n10时，ymax102则a 91a11 的值为(C)设等差数列a n的前 n 项和为S ，已知3A 14B15C16D17 a312，S 120，S 130解a

10、91a11a91(a92d)求出公差 d 的范围，33指出S 1，S 2，S 12中哪一个值最大， 并说2(a9d)2a82120163335明理由。第 5 页，共 31 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - danf(n )na nS na n n23 设S n为 等 差 数 列a n的 前 n 项 和 ，解：S 126 (a 1a 12)6 (a 3a 10)S 414，S 10S 730，则S 9=54 6 (2 a 37 d)04 已 知 等 差 数 列a n的 前 n 项 和 为S ， 若S 1221，则a2a 5a 8a 11247 d0d2

11、475 设 F 是椭圆x2y21的右焦点，且椭圆上又S 1313 (a 12a 13)13(a 3a 11)76213(2 a38 d)0至少有 21 个不同点2Pi(i,1 ,2) 使248 d0d3P 1F，P 2F，P 3F,从而24d37组成公差为d 的等差数列，则d 的取值范围为1，00，110S 126 (a 6a7)010S 1313 a 70解：椭圆的焦点F 到椭圆上的点最大、最小距离分a 70，a60S 6最大。课外练习 一、选择题别为(7)1和（71），由题意得：（71）（n1 )d711 已知an数列是等差数列，a 1010，其前 10dn21n120项的和S 1070，

12、则其公差d等于 ( D ) d1，又d010A2B11d0 或0d1101033C13D23三、解答题6 等 差 数 列an的 前 n 项 和 记 为S ， 已 知2 已知等差数列a n中，a 1030，a2050a7a916，a 41，则a 12等于（A ）求通项a ；若S =242，求 nA 15 B30 C31 D64 解：ana 1( n)1d解：a 7a 9a4a 12a 1215二、填空题名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 31 页精选学习资料 - - - - - - - - - a 1030，a 20503010设数列11的前 n项和为T ，是否存在a na

13、n解方程组a 1a 19 d19 d50实数 M ，使得TnM对一切正整数 n 都成立？若a 112a n2 nd2存在，求 M 的最小值，若不存在，试说明理由。由Snna1n(n21 )d，S =242 解：S n1(n1 )(an1 )12S n11(n2)(an11 )112nn(n1 )224222an1Sn1Sn解得n11 或n22(舍去）1(n2)(an11 )(n1 )(an1 )7 甲、乙两物体分别从相距70m 的两处同时相向运2整理得，nan1(n1 )an1动，甲第一分钟走2m ，以后每分钟比前一分钟(n1 )an2(n2)an11多走 1m ，乙每分钟走5m，甲、乙开始运

14、动(n1 )an2nan1(n2 )an1(n1 )an后几分钟相遇？如果甲乙到对方起点后立即折2 (n)1an1( n1 )(a n2an)返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m ，乙继续2 an1a n2a n每分钟走5m ，那么，开始运动几分钟后第二次数列a n为等差数列。相遇？解：设 n 分钟后第一次相遇，依题意有：a 13，na n1( n)1an12nn (n1 )5 n70a 22a 115a 2a 122即等差数列an的公差为2解得n7，n20(舍去）a na 1(n)1d3(n1 )2故第一次相遇是在开始运动后7 分钟。2n1设 n 分钟后第二次相遇，则：an1n1(2n12n3

15、)2 nn (n1 )5 n370a1 )(2111解得n15，n28 ( 舍去）22n12 n3故第二次相遇是在开始运动后15 分钟T n1(111121113)10 已 知 数 列a n中 ，a 13，前 n 和23557n2 n1(1213)S n1(n1 )(an)1123n又当nN时，Tn126求证：数列an是等差数列求数列an的通项公式要使得TnM对一切正整数 n 恒成立， 只要 M 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 31 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1 ，所以存在实数 6M 使得TnM对一切正整数 n都成立， M 的最小值为1 。66

16、.3 等比数列知识要点qnman，an2anmanm(nN)am1 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它名师归纳总结 的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做a n为等比数列，则下标成等差数列的对应等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，记为项成等比数列。q，（q0)。q1 时，S n，S 2nS n，S 3nS 2n，仍2 递推关系与通项公式成等比数列。递推关系：an1qan6 等比数列与等比数列的转化通项公式：ana1qn1an是等差数列ca n( c0，c1 )推广：a namqnm3 等比中项： 若三个数a,b,c成等比数列， 则称 b是等比数列；为a与c的等比中项，且为a n是

17、正项等比数列logcan(c0，c)1是等差数列；bac，注：b2ac是成等比数列的必要而a n既是等差数列又是等比数列a n是不充分条件。4 前 n 项和公式各项不为零的常数列。S nna 1qn)( q)1q(q)17 等比数列的判定法a 1( 1a 1an定义法：an 1q（常数）an为等比数列；1q1qan5 等比数列的基本性质，( 其中m ,n ,p,qN)中项法：an12ana n2(an0 )a n若mnpq，则amanapaq反 之为等比数列；不真！通项公式法：第 8 页，共 31 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ankqn(k,q

18、 为常数）a n为等比数列；在等比数列a n中，若a 150，则有等式名师归纳总结 前n项和法：a 1a 2a na 1a2a 29nS nk( 1qn)（k ,q 为常数）a n为 等 比 数(n29，nN)成立， 类比上述性质， 相应的列。在 等 比 数 列b n中 ， 若b 191则 有 等 式1设f( n )22 4272 1023 n10成立。解：由等比数列的性质可知：(nN)，则f(n )等于（D）a 1a6a3a432A27(8n1 )B27( 8n11 )又a 1a633，a1a6解得a 132，a61C27(8n31 )D27(8n4)1所以a 61，即q51，q1a 132

19、3222 已 知数列a n是 等比数列， 且所以an32(1)n126nS m10，S 2m30，则S 3m70 （问题引入）2由等比数列的性质可知，lga n是等差数猜想：b n是等比数列，公比为1 。2列，因为证明如下：b n1a2n111a2n1lga nlg26n( 6n )lg2，lga 15lg2424所以T n(lga 1lga n) nn ( 11n )lg21(a2n11)122244 由 题 设 可 知 ， 如 果am0在 等 差 数 列 中 有1(a2n11)1bna 1a 2a na 1a2a2m1n242即：b n11，b n是首项为a1，公比b n24(n2 m1，

20、nN)成 立 ， 我 们 知 道 ， 如 果为1 的等比数列。2若mnpq，则amanapaq，而对于二、性质运用等比数列b n，则有若mnpq，则amanapaq所 以 可 以例2：在等比数列a n中，得出结论，若a 1a633，a3a432，anan1b m1，则有b 1b 2b nb 1b 2b 2 m1n求a ，(n2 m1，nN)成立，在本题中若T nlga 1lga 2lga n,求T n则有b 1 b 2b nb 1 b 2b 37n第 9 页，共 31 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ( n37，nN)错位及未合并项的正负号。名师归

21、纳总结 点拨：历年高考对性质考查较多，主要是利用“ 等二、裂项相消法求和积性” ，题目“ 小而巧” 且背景不断更新，要熟练例2：数列a n满足a 1=8，掌握。a42，且an22a n1an0（nN）典例精析求数列an的通项公式；一、错位相减法求和例 1：求和：S n123n则da 4a 12aa2a3an41解：所以，a =8（ n 1） （ 2） 10a1 时，S n123nn(n1 )22 na1 时，因为a0bnn( 141an)2n(12 )Sn123nnaa2a3an1(1n12)1Sn12nn1an14naa2a3an所以由得：Tnb 1b2bn1(1)S n111n11(11)

22、(11)(1n12)aaa2ann a41324n1( 11)an11( 11n11n12)an a1421n311ma84 (n1 )4(n2)32所以S na(ann)1n( a)1a( a)12对一切nN恒成立。综上所述，m12n81n82对一切nN恒成立。S na(an (n)1)1(a)1n2 1 )n ( aa)1对nN，（128n818n82)min故an(a1 )212111216点拨：若数列a n是等差数列，b n是等比数列，3则求数列anb n的前 n 项和时，可采用错所以m163位相减法；m 的最大整数值为5。当等比数列公比为字母时，应对字母是否点 拨 ： 若 数 列a

23、n的 通 项 能 转 化 为为 1 进行讨论；f(n1 )f(n)的形式，常采用裂项相消法求和。当将S 与 qS 相减合并同类项时，注意第 10 页，共 31 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 使用裂项消法求和时，要注意正负项相消当p1 时，名师归纳总结 时，消去了哪些项，保留了哪些项。pT np22p3(n)1pnnpn1三、奇偶分析法求和例3：设二次函数得f(x)x2x，当xn，n1(1p )T npp2pnnpn1p1(pn)npn11 在等差数列an中，1a =1，前 n项和S 满足1p所以T np(1pn)npn1( 1p)21pS 2n4

24、 n2，n1，即：Tnp( 1n(n)1n1(p1 )S npn2 )npn1求数列a n的通项公式p(p1 )( 1p)21记b na npan( p0 )，求数列nb的前 n课外练习项和T 。数 列a n的 前 n 项 和 为S n， 若解 ： 设 数 列a n的 公 差 为d， 由a nn(11 )，则S 5等于（B ）nS 2n4 n2，n1，A1B5C1D1S nn16630得a1a 1a23，所以a22解：因为a nn (11 )1n11nn即da2a 11所以S 5(11 )2(11 )3(11)1256又4n2S 2n5n1S n6(annda 1)2n(an2a 1)nf(

25、x)的定义域为 R ，且f( x)是以 2 为周期的2周期函数，数列a n是首项为a(aN)，公差2 (ann1 )an1为1的等差数列，那么所以a = nf(a 1)f(a2)f(a 10)的值为（C ）由bnanpa n( p0)，有b nn npA 1 B1 C0 D10 a所以T np2p233 pnpn解：因为函数f(x)的定义域为R ，且f(x)是当p1 时，T nn(n1 )以 2 为周期的周期函数，2所以f( 0）0，且f(x2 )f(x )第 11 页，共 31 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又数列a n是首项为 a ，公差为

26、1 的等差数列又b n21，则数列b n的前 n 项和为8n所以anan1，又aNn1a a n解：ann11(12n)nf(a n)ff(a)（n 为奇数）2（b n(a)1n 为偶数）2181)= 8(1n11）所以f(a 1)f(a 2)f(a 10)a a nn nn5f(a )5f(a)1所以b 18 (b 2111)b n1(281 )3n(1n11)5f(0 )f( )15f1( )又f(1 )f(12 )f)1(2 1n所以f( )1f( )1即f( )108 1故原式 =0，选 C。数列1nn11，12，12，13，13，13，14，14，14，14，的前100二、填空题名师归纳总结 设等比数列an的公比与前 n 项和分别为 q 和项的和为139。（nN）第 12 页，共 31 页S ，且 q 1，S 108，则1S 2081410 q方法一、a1(1q10)8121S2010( 1a1(1q20)8qq10）( 1q方法二、S 20S 10a11a12a20S10q10S 10S 10( 1q10)所以1S 2010S 108q6数列an满足ann11n22nn1，- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 典例精析一、函数与数列的综合问题2n3