高考数学-数列专题复习

-1-专题一数列【知识框架】数列基础知识定义项，通项数列表示法数列分类等差数列等比数列定义通项公式前n项和公式性质特殊数列其他特殊数列求和数列【知识要点1】一、数列的概念1.数列是按一定顺序排列的一列数，记作a1,a2,a3……an,……简记{an}.2.数列{an}的第n项an与项数n的关系若用一个公式an=f(n)给出，则这个公式叫做这个数列的通项公式。3.如果已知数列{an}的第一项（或前几项），且任何一项an与它的前一项an-1（或前几项）间的关系可以用一个式子来表示，即an=f（an-1）或an=f（an-1，an-2），那么这个式子叫做数列{an}的递推公式.4.数列可以看做定义域为N*（或其子集）的函数，当自变量由小到大依次取值时对应的一列函数值，它的图像是一群孤立的点。二、数列的表示方法：列举法、图示法、解析法（用通项公式表示）和递推法（用递推关系表示）。三、数列的分类1.按照数列的项数分：有穷数列、无穷数列。2.按照任何一项的绝对值是否不超过某一正数分：有界数列、无界数列。3.从函数角度考虑分：（考点）①递增数列：对于任何n∈N+，均有an+1an②递减数列：对于任何n∈N+，均有an+1an③摆动数列：例如:1，-1，1，-1，1，-④常数数列：例如:6，6，6，6，6，6…⑤有界数列：存在正数M，使anM,n∈N+⑥无界数列：对于任何正数M,总有项an,使得|an|M四、an与Sn的关系：（考点）1.Sn=a1+a2+a3+…+an=n1iia2.an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)-2-【例题1】已知数列{an}是递增数列,其通项公式为an=n2+λn（n=1，2，3…）,则实数λ的取值范围。[解析]：∵数列{an}的通项公式为an=n2+λn（n=1，2，3…）数列是递增数列∴an+1-an=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+1+λ0恒成立∵2n+1+λ的最小值是3+λ∴3+λ0∴λ-3实数λ的取值范围是（-3，+∞）【例题2】数列{an}的通项公式为an=3n2-28n,则数列各项中最小项是（B）A．第４项B．第５项C．第６项D．第７项[解析1]：an=f(n)=3n2-28n，f(n)是一元二次函数，其图像开口向上，有最低点，最低点是628由于n∈N+，故取n=4和n=5代入，得到a4=-64，a5=-65，故选择B[解析2]：设an为数列的最小项，则有代入化简得到解得：631n625故n=5【练习1】在数列1,1,2,3,5,8,x,21,34,55中，x的值为（Ｄ）A．10B．11C．12D．13【练习2】数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+1，则anan=【知识要点2等差数列】1.定义：如果数列{an}从第二项起每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫等差数列的公差。即an-an-1=d（n∈N+，且n≥2），或者an+1-an=d（n∈N+）2.通项公式：an=a1+(n-1)dan=am+(n-m)d(公式的变形)an=an+b其中a=d，b=a1-d3.前n项和公式：2)an(aSn1nd21)-n(nnaS1n(公式的变形)Sn=An2+Bn其中A=2dB=2da14.性质：（1）公式变形（2）如果A=a+b2,那么A叫做a和b的等差中项.（3）若{an}为等差数列，且有k+l=m+n,则ak+al=am+an（4）若{an},{bn}为等差数列则{pan+qbn}是等差数列，其中p,q均为常数（5）若{an}为等差数列，则ak,ak+m,ak+2m,...（k,mÎN*）组成公差为md的等差数列.（6）若Sm,S2m,S3m分别为{an}的前n项，前2m项，前3m项的和，则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列.（7）若{an}设等差数列，则{Snn}是等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的12（7）非零等差数列奇数项与偶数项的性质若项数为2n,则S偶-S奇=nd，1nnaaSS奇偶若项数为2n-1,则S偶=(n-1)an，S奇=nan，1-nnSS奇偶5.判断：①定义法：an+1-an=d（n∈N+）②中项法：2an+1=an+an+2{an}为等差数列。③通项公式法：an=an+b（a,b为常数）④前n项和公式法：Sn=An2+Bn（A,B为常数）an≥an-1an≤an+13n2-28n≥3(n-1)2-28(n-1)3n2-28n≤3(n+1)2-28(n+1)-2(n=1)2n-5(n≥2)-3-【例题1】已知{}na是公差为1的等差数列，nS为{}na的前n项和，若844SS，则10a（B）（A）172（B）192（C）10（D）12[解析]：∵d21)-n(nnaS1nd=1∴S8=8a1+28S4=4a1+6∵S8=4S4∴a1=0.5an=a1+(n-1)d∴a10=192【例题2】在等差数列na中，若2576543aaaaa，则82aa=10.[解析]：因为na是等差数列，所以37462852aaaaaaa，345675525aaaaaa即55a，所以285210aaa，故应填入10．【知识要点3等比数列】1.定义：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不为零的常熟，那么这个数列就叫做等比数列.这个常熟叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，及an+1an=q(nÎN*)2.通项公式：如果等比数列{an}的公比为q，那么它的通项公式为an=a1qn-1.3.前n项和公式：设等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn=4.性质：（1）等比数列{an}满足或时，{an}是递增数列；满足或时，{an}是递减数列.当q=1时，{an}为常数数列；当q0时，{an}为摆动数列，且所有奇数项与a1同号，所有偶数项与a1异号.（2）对于正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则在等比数列{an}中，am,an,ap,aq的关系为:am·an=ap·aq（3）若{an},{bn}为等比数列（项数相同），则{lan}(l≠0),{1an},{a2n},{an·bn},{anbn}仍是等比数列.（4）如果a,G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，且G=±√ab。不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个等比中项。【例题1】已知数列{}na是递增的等比数列，14239,8aaaa，则数列{}na的前n项和等于21n.[解析]：由题意解得：a1=1，a4=8，q=2，那么1(1)1221112nnnnaqSq【例题2】数列na中112,2,nnnaaaS为na的前n项和，若126nS，则n6.[解析]：∵an+1=2an∴数列na是等比数列，q=2∵Sn=q1)q(1an1=126其中a1=2∴n=6na1(q=1)q1)q(1an1或q1qaan1(q≠1)-4-【知识要点4】★（大题）一、考点1：求an：1.归纳法（由特殊到一般即找规律）由于归纳法求解通项的题目一般在选择填空常见，较少出现在大题中。2.利用Sn与an的关系求通项公式由Sn求an时，要分n=1和n≥2两种情况讨论，然后验证两种情况能否用统一的式子表示。若不能，则分段表示.3.由递推关系求数列的通项公式【累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法】1.累加法：若已知a1且an-an-1=f(n)(n³2)则(an-an-1)+(an-1-an-2)+...+(a3+a2)+(a2+a1)=an+a1=f(n)+f(n-1)+...+f(3)+f(2)，即an=a1+f(2)+f(3)+...+f(n-1)+f(n).2.累乘法：若已知a1且anan-1=f(n)(n³2),则anan-1·an-1an-2·...·a3a2·a2a1=f(n)·f(n-1)·....·f(3)·f(2),即an=a1·a2·f(2)·f(3)·...·f(n-1)f(n)3.换元法：若已知a1且an=pan-1+b(n³2,且pp¹0,p¹1）则令bn=an+l,可得{bn}（其中bn=pbn-1）为等比数列，其中l=bp-1可用待定系数法求出.【例题1】已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na的通项公式。（累加法）解：由121nnaan得121nnaan则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1nnnnnaaaaaaaaaannnnnnnnnnn所以数列{}na的通项公式为2nan。【例题2】已知数列{}na满足112(1)53nnnanaa，，求数列{}na的通项公式。（累乘法）解：因为112(1)53nnnanaa，，所以0na，则12(1)5nnnana，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!nnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaannnnn所以数列{}na的通项公式为(1)12325!.nnnnan-5-二、考点2：求Sn：1.公式法：直接用等差、等比数列的求和公式求解2.倒序相加法：在数列{an}中，与首末两端等“距离”的两项和相等或可构成能求和的新数列，可用倒序相加法求此数列的前n项和。（此法在实际解体过程中并不常用，例子：等差数列前n项和公式推导）3.错位相减法：在数列{anbn}中，{an}是等差数列，{bn}是等比数列，可用错位相减法求此数列的前n项和.4.裂项相消法：把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.5.分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分组转化法分别求和再相加减。即把复杂的通项公式求和的任务转化为简单的等差和等比的求和。6.并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.【例题1】设数列na满足12nn1n123aa2,a，（1）求数列na的通项公式；（2）令nnbna，求数列的前n项和nS。（错位相减法）[解析]：（1）由已知，当n≥1时，111211[()()()]nnnnnaaaaaaaa21233(222)2nn2(1)12n。而12,a所以数列{na}的通项公式为212nna。（2）由212nnnbnan知35211222322nnSn①从而23572121222322nnSn②①-②得2352121(12)22222nnnSn即211[(31)22]9nnSn【例题2】求数列,11,,321,211nn的前n项和。（裂项相消法）[解析]：设nnnnan111（裂项）则11321211nnSn（裂项求和）＝)1()23()12(nn＝11n