2022年高中数列知识大总结3.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 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；留意提炼一些重要的思想和方法,如：观看法、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、分类与争论思想、化归与转化思想等；学问网络通项公式 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特别数列求和方法倒序相加法 错位相减法裂项相消法四、数列通项a 与前 n 项和S 的关系第一课时数列n1S na 1a2a3nani1ai2a

2、 nS nS 111S nn2课前热身名师归纳总结 3数列an的通项公式为an2 3 n28 n, 就数列各项中最小项是 B 3 ,第 1 页,共 34 页的取值范畴是A第项B第项C第项D第项an是递增数列,其通项公式为ann2n, 就实数4已知数列5数列an的前 n项和Snn24 n1, ,就an2 n25n1n2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 题型一 归纳、猜想法求数列通项【例 1】依据以下数列的前几项,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：将数列变形为7 9 101 ,7 1021 ,7

3、 1031 ,7 10n1 999将已知数列变为1+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 nann112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 n1求数列通项. S n n2 例 2已知数列a n的前 n项和S ,分别求其通项公式S n3 n2解析 ：当n1 时,a 1S 13 121,当n2 时 ,a nS nS n1n 32 n 312 23n1又a 11不适合上式,故an211 n1 n 3n2 三、利用递推关系求数列的通项名师归纳总

4、结 【例 3】依据以下各个数列an的首项和递推关系,求其通项公式第 2 页,共 34 页a11,a n1an4n1122解析：由于an1an4 n11,所以2an1an4n11121121 122nn所以a2a 1111213a3a2111235a4a 31 1 2 517- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - , ,an 1ana n11 2 21311fn ,求a n用 累 加 法 , 如an1fn ,求an用 累 乘 法 , 如n2 n以上n1个式相加得ana 11 12112n即：a n14124n3n4 n2点 拨 ： 在 递 推 关 系 中 如a

5、 n1ana npanq,求a 用待定系数法或迭代法；课外练习3 设a nn11n111,nN ,就a n1与an的大小关系是 C 22nAa n1anBa n1anCa n1anD不能确定解：由于an1an113n112n22n121202n3n所以an1a n,选二、填空题5已知数列an的前 n项和Snn24 n1,就an2 n25,n1a ,a9,n2 7已知数列a n的通项n98（nN）,就数列an的前 30 项中最大项和最小项分别是n99名师归纳总结 解：构造函数yx9819998y1第 3 页,共 34 页x99x99由函数性质可知,函数在,99 上递减,且函数在99,）上递增且y

6、1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又999,10）a 10a 11a 12a301a 1a2三、解答题a9a9最小a 10最大,6.2 等差数列名师归纳总结 学问要点之,不成立；2递推关系与通项公式ana mnm d递推关系：an1and通项公式：ana 1n1 d2a na nmanm推广：anam nm d变式：a 1ann1d;S n,S 2nS n,S 3nS 2n仍成等差数列；da na 1判定或证明一个数列是等差数列的方法：n1da nam定义法：nman1and 常数）（nN）an是等特点：a ndna 1d,差数列即：a nfn kn

7、m,k,m 为常数）中项法：anknm,（k,m 为常数是数列an成2 an1anan2（nNan是等差数等差数列的充要条件；列等差中项：通项公式法：如a,b,c成等差数列, 就 b 称a与c的等差中项,anknb k,b 为常数an是等差数且ba2c；a,b ,c成等差数列是2bac的充列前 n 项和公式法：要条件；SnAn2BnA ,B 为常数a n是前 n 项和公式Sna 1ann；Snna1n n21d等差数列课前热身22等差数列a n中,特点：S nd2 na 1dn ,a4a6a8a 10a 12120 ,就a91a 11 的值为C223即S nfn An2BnA14B15C16D

8、17 S nAn2BnA ,B 为常数解a91a 11a91a92d是数列an成等差数列的充要条件；332a9d2a82120165等差数列an的基本性质 其中m ,n ,p ,qN3335如mnpq,就a ma napa q反第 4 页,共 34 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ；6 2 a37d03等差数列a n中,a 10,S 9S 12,就前10247d0d247或 11 项的和最大；又S 1313 a 12a 1313 a3a 112解：S 9S 12,S 12S 90132 a 38 d0a 10a 11a 120,3 a 110,22

9、48 d0d3a 110,又a 10从而24d3an为递减等差数列S 10S 11为最大；74已知等差数列an的前 10 项和为 100,前 100 项和S 126 a 6a70为 10,就前 110 项和为 110 解：S 1313 a 70a 70,a 60S 6最大；S 10,S 20S 10,S 30S 20,S 110S 100,课外练习 一、 挑选题成等差数列,公差为D 其首项为1 已知a n数列是等差数列,a 1010,其前10S 10100,前 10 项的和为S 10010项的和S 1070,就其公差d 等于 D 10010109D10,D222A2B1又S 110S 100S

10、 1010 D33S 1101001010（22）110C13D23y50n9812nnn1 422 已知等差数列an中,2 n240n982 n102102a 7a 916,a 41,就a 12等于（A ）所以当n10 时,ymax102设等差数列a n的前 n 项和为S ,已知A 15 B 30 C31 D64 a 312,S 120,S 130解：a7a 9a 4a 12a 1215求出公差d 的范畴,二、填空题指出S 1,S 2,S 12中哪一个值最大,并说3 设S n为 等 差 数 列an的 前 n 项 和 ,明理由；S 414,S 10S 730,就S 9=54 danfn na

11、nS na n n24 已 知 等 差 数 列a n的 前 n 项 和 为S n, 如解：S 126 a 1a 126a 3a 10S 1221,就a2a 5a 8a 11名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 34 页精选学习资料 - - - - - - - - - 5 设 F 是椭圆x2y21的右焦点,且椭圆上至走 1m,乙每分钟走5 m,甲、乙开头运动后几分钟相遇？假如甲乙到对方起点后立刻折返,甲76连续每分钟比前一分钟多走1m ,乙连续每分钟走Pi少有 21 个不同点5 m,那么,开头运动几分钟后其次次相遇？解：设 n 分钟后第一次相遇,依题意有： i,1 2 ,使P

12、1F,P 2F,P 3F,组 成 公 差 为 d 的 等 差 数 列 , 就 d 的 取 值 范 围 为1,00,11010n n 1 2 n 5 n 702解得 n 7,n 20 舍去）故第一次相遇是在开头运动后 7 分钟；设 n 分钟后其次次相遇,就：解：椭圆的焦点F 到椭圆上的点最大、最小距离分别2nn n15 n370为71 和（71）,由题意得：2（71）（n1d71解得n15,n28 舍去）故其次次相遇是在开头运动后15 分钟dn21n12010 已 知 数 列a n中 ,a 13,前 n 和d1,又d0S n1n1 an1 11021d0 或0d1求证：数列a n是等差数列101

13、0三、解答题求数列a n的通项公式6 等 差 数 列a n的 前 n 项 和 记 为S n, 已 知设数列a11的前 n项和为T ,是否存在实a 1030,a 2050na n求通项a ；如S =242,求 n数 M ,使得TnM对一切正整数n 都成立？如存解：ana 1n1d在,求 M 的最小值,如不存在,试说明理由；解：S n1n1 an1 1a 1030,a 20502S n11n2an11 1解方程组a19 d302a 119d50an1Sn1Sna 112an2n101n2an11 n1 an1 d22由Snna 1nn21 d,S =242 整理得,nan1n1 an1n1 an2

14、n2an11n1 an2nan1n2 an1n1 an12nnn1 22422 n1an1 n1 a n2an2解得n11 或n22舍去）2 an1a n2a n7 甲、乙两物体分别从相距70 m 的两处同时相向运数列an为等差数列；动,甲第一分钟走2m ,以后每分钟比前一分钟多名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 34 页精选学习资料 - - - - - - - - - a 13,nan1n1a n1111a22 a 11521 222n12 n321113T n11111a2a 1223557n2 n即等差数列a n的公差为11213ana 1n1 d3nn 恒成立,只要

15、M 23n又当nN时,Tn12 n116an1n1要使得TnM对一切正整数a2n1 2n3 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；66.3 等比数列名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 34 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学问要点 成等比数列；名师归纳总结 1 定义：假如一个数列从其次项起,每一项与它的q1 时,S n,S 2nS n,S 3 nS 2n,仍第 8 页,共 34 页前一项的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数 列 , 这 个 常 数 叫 做 等 比 数 列 的 公 比 , 记 为成等比数列；q,

16、（q0；6 等比数列与等比数列的转化an是等差数列ca nc0,c1是2 递推关系与通项公式递推关系：an1qan等比数列；通项公式：ana1qn1a n是正项等比数列推广：a namqnmlogcanc0,c1是等差数列；3 等比中项： 如三个数a,b,c成等比数列, 就称 b 为an既是等差数列又是等比数列a n是各a与c的等比中项,且为bac,注：b2ac项不为零的常数列；是成等比数列的必要而不充分条件；7 等比数列的判定法4 前 n 项和公式定义法：an 1q（常数）an为等比数列；S nna 1qn q1qq1ana 1 1a 1an1q1q中项法：an12anan2 an0 an为

17、5 等比数列的基本性质, 其中m ,n ,p ,qN等比数列；通项公式法：ankqnk,q 为常数）a n如mnpq,就amanapaq反 之为等比数列；前n项和法：不真！S nk1qn（k,q 为常数）an为 等 比 数qnma n,an2a nma nm nN列；a man为等比数列,就下标成等差数列的对应项1设fn 2247 210 223n10- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - nN,就fn 等于（D）求a ,A278n1 B27 8n11 如T nlga 1lga2lgan,求T nC278n31 D278n41在等比数列an中,如a 150,

18、就有等式2 已知数列a n是等比数列,且a 1a 2a na 1a2a 29nS m10,S 2m30,就S 3m70 （问题引入）n29,nN成立,类比上述性质,相应的猜想：b n是等比数列,公比为1 ；2在等比数列b n中,如b 191就有等式成证明如下：bn1a2n111a2n1立；424解：由等比数列的性质可知：1a2n111a 1a6a3a432又a 1a633,a 1a62441a2n111bn解得a132,a61242所以a61,即q51,q1即：b n11,nb是首项为a1,公比a132322所以an321n126nb n242为1 的等比数列；2由等比数列的性质可知,lga

19、n是等差数列,由于名师归纳总结 二、性质运用a在4等比数列1a n中,lga nlg26n 6n lg2,lga 15lg2第 9 页,共 34 页例2：所以T nlga 1lga n nn 11n lg2a 1a633,3a32,anan22 由 题 设 可 知 , 如 果am0在 等 差 数 列 中 有- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a 1a21,anNa 1a2a2m1nS nS n123nan1aa2a3ann2 mn成 立 , 我 们 知 道 , 如 果112n1aa2a3ann名师归纳总结 如mnpq,就a manapaq,而对于由得：第

20、 10 页,共 34 页 11S n111an1等比数列b n,就有aaa2ann111n1如mnpq,就amanapaq所以可以得aa 1n1an出结论,如ab m1,就有b 1 b 2b nb 1 b 2b 2m1n所以S na ann1 n a1aa12 n2 m1,nN成立,在此题中综上所述,就有b 1b 2b nb 1b 2b 37nS na an n1a1a1 n12 n37,nNn a1 an a12点拨：历年高考对性质考查较多,主要是利用“ 等积点拨：如数列an是等差数列,b n是等比数列,性” ,题目“ 小而巧” 且背景不断更新,要娴熟把握；典例精析就求数列anb n的前 n

21、项和时,可采纳错位一、 错位相减法求和例 1：求和：S n123n相减法；aa2a3an当等比数列公比为字母时,应对字母是否为解：1 进行争论；a1 时,S n123nnn1 当将S 与 qS 相减合并同类项时,留意错2a1 时,由于a0位及未合并项的正负号；二、 裂 项相消法求和- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例2：数列an满足a 1=8,m12n81n82对一切nN恒成立；名师归纳总结 a42,且an22an1a n0（nN）对nN,（12n81n82min故第 11 页,共 34 页求数列an的通项公式；1218118216就da4a 123所

22、以m16413所以,a =8（ n 1） （ 2） 102 nm 的最大整数值为5；b nn 141an2n12点 拨 ： 如 数 列a n的 通 项 能 转 化 为nfn1 fn的形式,常采纳裂项相消法求和；11n12使用裂项消法求和时,要留意正负项相消时,4n消去了哪些项,保留了哪些项；所以三、 奇偶分析法求和T nb 1b2bn例 3：设二次函数fxx2x,当xn,n1111111n1241324n1 在等差数列a n中,a =1 ,前 n 项和S 满意1 11n11n1242S 2n4 n2,n1,311m84n14n232S nn1对一切nN恒成立；求数列a n的通项公式记b nan

23、pa n p0 ,求数列b n的前 n项和T ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解 ：设数 列a n的 公差 为d,由1p T npp2pnnpn1名师归纳总结 S 2n4 n2,n1,npnp1pnnpn1第 12 页,共 34 页1pS nn1所以T np1pnnpn1得a1a 1a23,所以a222p 1p1即：Tnp 1nn1n1p1 即da2a 11pn2 又4n2S 2nnpp1 p2n1S n 11pannda 12n课外练习an2a 1n 数列a n的前n项和为S n,如2a nn11 ,就S 5等于（B ）2 ann1 nan1所以

24、a = nA1B5C1D16630由bna npanp0,有b n解：由于a nn 11 1n11所以T np2p233 pnpnnn所以S 51111 311当p1 时,T nnn1 nnpn112256526当p1 时,f x的定义域为R ,且fx是以2 为周期的pT np22p3n1p周期函数, 数列an是首项为aaN,公差为得- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1 的等差数列, 那么fa 1fa2fa 10的方法一、a1 1q10a8q20812值为（C ）1 1D 10 aS 20A 1 B1 C0 110 1qq10） 1q名师归纳总结 解：

25、由于函数fx的定义域为R ,且fx是方法二、S20S 10a11a 12a20第 13 页,共 34 页S 10q10S 10S 10 1q10以 2 为周期的周期函数,所以1S2010S 108所以f 0）0,且fx2 fxq又数列a n是首项为 a ,公差为1 的等差数列6数列an满意ann11n22nn,1所以anan1,又aN又b n21,就数列b n的前 n项和为8 n1fa nffa（n 为奇数）na a n n（q 和解：ann1112nna1n 为偶数）所以fa 1fa 2fa 1025fa 5fa1b n2181= 81n11）a a nn n5f0 f 15f1 n又f1 f12 f1所以b 18 b 2111b n1281 3n1n11所以f 1f 1即f 10故原式 =0,选 C；2 1n二、填空题8 11nn1设等比数列a n的公比与前n 项和分别为数列1,12,12,13,13,13,14,14,14,14,的前 100 项S ,且 q 1,S 108,就1S 20810 q的和为139；（nN）14- - - -