人教版高中数学必修五数列复习提纲及例题

高一数学必修5《数列》复习提纲第1页共11页《数列》复习1.数列的通项求数列通项公式的常用方法：（1）观察与归纳法：先观察哪些因素随项数n的变化而变化，哪些因素不变：分析符号、数字、字母与项数n在变化过程中的联系，初步归纳公式。（2）公式法：等差数列与等比数列。（3）利用nS与na的关系求na：11,(1),(2)nnnSnaSSn（4）构造新数列法；（5）逐项作差求和法；（6）逐项作商求积法2.等差数列{}na中：（1）等差数列公差的取值与等差数列的单调性；（2）1(1)naand()manmd；（3）{}nka也成等差数列；(4)两等差数列对应项和(差)组成的新数列仍成等差数列.(5)1211221213,,mmmmmmmaaaaaaaaa仍成等差数列.（6）1()2nnnaaS，1(1)2nnnSnad，21()22nddSnan，2121nnSan，()(21)nnnnAafnfnBb.(7)若mnpq，则mnpqaaaa；若2pqm，则2pqmaaa,()0pqpqaqappqa，,()()pqpqSqSppqSpq；mnmnSSSmnd.(8)“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；（9）等差中项：若,,aAb成等差数列，则2abA叫做,ab的等差中项。（10）判定数列是否是等差数列的主要方法有：定义法、中项法、通项法、和式法、图像法。高一数学必修5《数列》复习提纲第2页共11页3.等比数列{}na中：（1）等比数列的符号特征(全正或全负或一正一负)，等比数列的首项、公比与等比数列的单调性。（2）11nnaaqnmmaq；（3）{||}na、{}nka成等比数列；{}{}nnab、成等比数列{}nnab成等比数列.（4）两等比数列对应项积(商)组成的新数列仍成等比数列.（5）1211,,mkkkmaaaaaa成等比数列.（6）111111(1)(1)(1)(1)(1)1111nnnnnaqnaqSaaaaqaqqqqqqqq.（7）pqmnpqmnbbbb；22mpqmpqbbbmnmnmnnmSSqSSqS.（8）“首大于1”的正值递减等比数列中，前n项积的最大值是所有大于或等于1的项的积；“首小于1”的正值递增等比数列中，前n项积的最小值是所有小于或等于1的项的积；（9）并非任何两数总有等比中项.仅当实数,ab同号时，实数,ab存在等比中项.对同号两实数,ab的等比中项不仅存在，而且有一对Gab.也就是说，两实数要么没有等比中项(非同号时)，如果有，必有一对(同号时)。（10）判定数列是否是等比数列的方法主要有：定义法、中项法、通项法、和式法4.等差数列与等比数列的联系：各项都不为零的常数列既是等差数列又是等比数列5.数列求和的常用方法：（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式③1123(1)2nnn，22221123(1)(21)6nnnn，2135(21)nn，2135(21)(1)nn.（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.（3）倒序相加法：在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n和公式的推导方法）.（4）错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法，将其和转化为“一个新的的等比数列的和”求解（注意：一般错位相减后，其中“新等比数列的项数是原数列的项数减一的差”！）（这也是等比数列前n和公式的推导方法之一）.高一数学必修5《数列》复习提纲第3页共11页(5）裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：①111(1)1nnnn②1111()()nnkknnk，③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质1.研究通项的性质例题1.已知数列}{na满足1111,3(2)nnnaaan.（1）求32,aa；（2）证明：312nna.解：（1）21231,314,3413aaa.（2）证明：由已知113nnnaa，故)()()(12211aaaaaaannnnn1213133312nnna，所以证得312nna.例题2.数列na的前n项和记为11,1,21(1)nnnSaaSn（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）等差数列nb的各项为正，其前n项和为nT，且315T，又112233,,ababab成等比数列，求nT.解：（Ⅰ）由121nnaS可得121(2)nnaSn，两式相减得：112,3(2)nnnnnaaaaan，又21213aS∴213aa故na是首项为1，公比为3的等比数列∴13nna（Ⅱ）设nb的公比为d，由315T得，可得12315bbb，可得25b故可设135,5bdbd，又1231,3,9aaa，由题意可得2(51)(59)(53)dd，解得122,10dd∵等差数列nb的各项为正，∴0d∴2d∴2(1)3222nnnTnnn高一数学必修5《数列》复习提纲第4页共11页例题3.已知数列na的前三项与数列nb的前三项对应相同，且212322...aaa128nnan对任意的*Nn都成立，数列nnbb1是等差数列.⑴求数列na与nb的通项公式；⑵是否存在Nk，使得(0,1)kkba，请说明理由.点拨：（1）2112322...28nnaaaan左边相当于是数列12nna前n项和的形式，可以联想到已知nS求na的方法，当2n时，1nnnSSa.（2）把kkab看作一个函数，利用函数的思想方法来研究kkab的取值情况.解：（1）已知212322aaa…12nna8n(n*N）①2n时，212322aaa…2128(1)nnan(n*N）②①－②得，128nna，求得42nna，在①中令1n，可得得41182a，所以42nna(nN*）.由题意18b，24b，32b，所以214bb，322bb，∴数列}{1nnbb的公差为2)4(2，∴1nnbb2)1(4n26n，121321()()()nnnbbbbbbbb(4)(2)(28)n2714nn(n*N）.（2）kkba2714kk42k，当4k时，277()()24fkk42k单调递增，且(4)1f，所以4k时，2()714fkkk421k，又(1)(2)(3)0fff，所以，不存在k*N，使得(0,1)kkba.例题4.设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an、bn、an+1成等差数列，bn、an+1、bn+1成等比数列，且a1=1，b1=2，a2=3，求通项an，bn新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆解：依题意得：2bn+1=an+1+an+2①a2n+1=bnbn+1②∵an、bn为正数，由②得21211,nnnnnnbbabba，代入①并同除以1nb得：212nnnbbb，∴}{nb为等差数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆∵b1=2，a2=3，29,22122bbba则，∴2)1(),1(22)229)(1(22nbnnbnn，高一数学必修5《数列》复习提纲第5页共11页∴当n≥2时，2)1(1nnbbannn，又a1=1，当n=1时成立，∴2)1(nnan新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆2.研究前n项和的性质例题5.已知等比数列}{na的前n项和为2nnSab，且13a.（1）求a、b的值及数列}{na的通项公式；（2）设nnnba，求数列}{nb的前n项和nT.解：（1）2n时，aSSannnn112.而}{na为等比数列，得aaa1112，又31a，得3a，从而123nna.又123,3aabb.（2）132nnnnnba，21123(1)3222nnnT231111231(2322222nnnnnT），得2111111(1)232222nnnnT，111(1)2412[](1)13232212nnnnnnnT.例题6.数列{}na是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b}n满足121(lglglg)kkbaaak*()Nk，（1）求数列{b}n的前n项和的最大值；（2）求数列{|b|}n的前n项和nS.解：（1）由题意：410nna，∴lg4nan，∴数列{lg}na是首项为3，公差为1的等差数列，∴12(1)lglglg32kkkaaak，∴1(1)7[3]22nnnnbnn由100nnbb，得67n，∴数列{b}n的前n项和的最大值为67212SS.（2）由（1）当7n时，0nb，当7n时，0nb，∴当7n时，212731132()244nnnSbbbnnn当7n时，12789nnSbbbbbb27121132()2144nSbbbnn高一数学必修5《数列》复习提纲第6页共11页∴22113(7)4411321(7)44nnnnSnnn.例题7.已知递增的等比数列{na}满足23428aaa，且32a是2a，4a的等差中项.（1）求{na}的通项公式na；（2）若12lognnnbaa，12nnSbbb求使1230nnSn成立的n的最小值.解：（1）设等比数列的公比为q（q＞1），由a1q+a1q2+a1q3=28，a1q+a1q3=2（a1q2+2），得：a1=2，q=2或a1=32，q=12（舍）∴an=2·2（n－1）=2n（2）∵12log2nnnnbaan，∴Sn=－（1·2+2·22+3·23+…+n·2n）∴2Sn=－（1·22+2·23+…+n·2n+1），∴Sn=2+22+23+…+2n－n·2n+1=－（n－1）·2n+1－2，若Sn+n·2n+1＞30成立，则2n+1＞32，故n＞4，∴n的最小值为5.例题8.已知数列}{na的前n项和为Sn，且11,,nnSa成等差数列