高三数学第二轮专题复习--数列

1一、本章知识结构：二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项.2．理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式.并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即（a3+a5）2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列.②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜等差数列的性质通项及前n项和正整数集数列的概念等差数列等比数列等比数列的性质有关应用2想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质.通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降.四、复习建议1．对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和.2．注意等差（比）数列性质的灵活运用.3．掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n项和的求和方法.4．注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想.5．注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.6．数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。五、典型例题数列的概念与性质【例1】已知由正数组成的等比数列na，若前n2项之和等于它前n2项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列na的通项公式.解：∵q=1时122naSn，1naS偶数项又01a显然11112nana，q≠1∴2212121)1(1)1(qqqaSqqaSnnn偶数项依题意221211)1(111)1(qqqaqqann；解之101q又421422143),1(qaaaqqaaa，依题意4212111)1(qaqqa，将101q代入得101annna2110)101(10【例2】等差数列{an}中，1233aa=30，33a=15，求使an≤0的最小自然3数n。解：设公差为d，则3012230211dada或3012230211dada或3012230211dada或3012230211dada解得：0301daa33=30与已知矛盾或21311daa33=-15与已知矛盾或21311daa33=15或0301daa33=-30与已知矛盾∴an=31+(n-1)(21)3121n0n≥63∴满足条件的最小自然数为63。【例3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35（1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式；（2）求数列|}{|na的前n项和Tn。解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4∴an=-4n+21(n∈N),Sn=-2n2+19(n∈N).（2）由an=-4n+21≥0得n≤421,故当n≤5时，an≥0,当n≥6时，0na当n≤5时,Tn=Sn=-2n2+19n当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n2-19n+90.【例4】已知等差数列an的第2项是8，前10项和是185，从数列na中依次取出第2项，第4项，第8项，……，第2n项，依次排列一个新数列nb，求数列nb的通项公式bn及前n项和公式Sn。解：由185291010811012daSdaa得351da∴23)1(35)1(1nndnaan∴2232nnnab·62321222321121nnnnnnbbbS·……4【例5】已知数列an：…，…，…，，，1001001002100133323122211①求证数列an为等差数列，并求它的公差②设Nnaabnnn11，求……nbbb21的和。解：①由条件，212122121nnnnnnnnnan……∴221nan；∴12121221nnnaann故an为等差数列，公差21d②214421122211nnnnnnbn·又知21121122111nnnnnnnn∴21114nnbn……………2121421114413143121421nnnbbbn∴221214lim21nbbbnn……【例6】已知数列1，1，2……它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。求该数列的前n项和Sn；解：(1)记数列1，1，2……为{An}，其中等比数列为{an}，公比为q；等差数列为{bn}，公差为d，则An=an+bn(n∈N）依题意，b1=0，∴A1=a1+b1=a1=1①A2=a2+b2=a1q+b1+d=1②A3=a3+b3=a1q2+b1+2d=2③由①②③得d=-1,q=2,∴nbannn1,21∴2)1(12)]1()21()11[()221(1212121nnnbbbaaaAAASnnnnnn……………【例7】已知数列na满足an+Sn=n,(1)求a1,a2,a3,由此猜想通项an,并加以证明。5解法1：由an+Sn=n,当n=1时，a1=S1，a1+a1=1，得a1=12当n=2时，a1+a2=S2，由a2+S2=2，得a1+2a2=2，a2=34当n=3时，a1+a2+a3=S3，由a3+S3=3，得a1+a2+2a3=3a3=87猜想，nna211(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。当n=1时,a1=1-2121,(1)式成立假设,当n=k时,(1)式成立,即ak=1-k21成立，则当n=k+1时,ak+1+Sk+1=k+1,Sk+1=Sk+ak+12ak+1=k+1-Sk又ak=k+Sk2ak+1=1+akak+1=1211)2111(21)1(21kkka即当n=k+1时,猜想（1）也成立。所以对于任意自然数n,nna211都成立。解法2：由an+Sn=n得111nSann，两式相减得：111nnnnSSaa，即1211nnaa，即12111nnaa，下略【例8】设数列na是首项为1的等差数列，数列nb是首项为1的等比数列，又5479261)(432cccNnbacnnn，，，且。(1)求数列nc的通项公式与前n项和公式；(2)当n5时，试判断cn的符号（大于零或小于零），并给予严格证明。解：(1)设数列nnbda，的公差为的公比为q11)1(1)1(nnnqbdndnaa，)(])1(1[1Nnqdnbacnnnn6由条件得547313421922161132qdqdqdqd)()34()1(21)34()]1(211[11Nnnncnnn])34()34()34[()]1()12()11[(2110nnnS……)(334)3(411341)34(]2)1([211Nnnnnnnnnn(2)050)34(270)34(35645ncncc，猜想…，，证明：①当n=5，c50命题成立②假设当0)34()1(210)5(1kkkckkn，即时，03421])34(3121[])34()1(21[)34()2(2154111kkkkkkc当011kckn时也成立由①，②对一切n5，都有cn0。【例9】na是等差数列，数列nb满足nnnnnnbSNnaaab为，)(21的前n项和。(1)若na的公差等于首项a1，证明对于任意自然数n都有dabSnnn43；(2)若an中满足380512aa，试问n多大时，Sn取得最大值？证明你的结论。解：(1)当11141114)3(4,1bddabdabbSn时，∴原命题成立假设当dabSknkkk43时，成立则ddbaaaaddbabbSSkkkkkkkkkkk444413211311dabddabddbbakkkkkkk44)4(4441111dabSNnknnnn413有意时命题也成立，故对任当7(2)由dadaaaa556)7(8383555125，有05111516ddaa0541255612517ddddaa……181714210bbbbb001817161617161515aaabaaab，1615151411314SSSSSSS，，…ddaaddaa59135610518515，又14161615161518150,|||,|SSbbbbaa故nS中16S最大【例10】已知数列na的前n项和为Sn，满足条件)2lg(lg)1(lg1nbbnSnn，其中b0且b1。(1)求数列na的通项an；(2)若对4nnaaNn1时，恒有，试