数列综合复习

数列专题复习桐乡一中张晓东一．高考要求（一）05年考查情况（以理科为例）选择填空解答总分值考查内容全国I0分0分12+6分18分等比数列通项、前n项和、与函数联系考查数学归纳法、构造法全国II5分0分12分17分等差等比数列的性质、等差等比的通项、等比数列的定义、无穷等比数列求和全国III0分0分12分12分等差等比综合、研究下标北京卷0分5分12分17分不完全归纳、与奇偶有关的数列递推、等比的定义、无穷等比数列求和天津卷0分4分12+6分22分与奇偶有关的数列递推、等差求和公式、错位相减法、数列的极限，与导数、三角综合上海卷0分4分14+9分27分与等差有关的数表问题、考查等差求和与等比通项的数列应用题、与向量联系的综合题广东卷5分0分0分5分摆动数列的极限重庆卷0分4分12分16分数列的极限，数学归纳法、数列与不等式综合、放缩法、两边取对数、裂项相消山东卷0分0分12分12分线性递推、错位相减法、数学归纳法（或二项式展开）江苏卷5分0分14分19分等比的性质、待定系数、等差的定义、联系不等式的证明福建卷5分4分14分23分等差的通项、数列的极限、数列的递推、有穷数列、数列与不等式综合辽宁卷5分0分12分17分数列联系函数图象、数列的递推、数学归纳法、无穷等比数列求和江西卷0分0分12分12分二次函数形式递推、迭代湖北卷0分4分14分18分等比求和、等差中项、倒数再迭加、数列极限、类似数列N定义湖南卷10分0分14分24分等差等比综合、无穷等比数列求和、周期数列、数列与函数综合的应用题、数学归纳法浙江卷5分0分14分19分等差求和、数列极限、数列与解析几何、导数综合、数学归纳法（二）教学要求：1．等差数列与等比数列是两种最基本、最重要及应用最广泛的数列，其他数列问题的解决往往借助它们完成，或经过变形转化为等差或等比数列，或利用等差、等比数列的研究方法。所以等差数列与等比数列的基础知识是数列中最基本、最重要也最易把握的知识。2．数列的通项是数列最重要、最常见的表达形式，它是数列的核心。应弄清通项公式的意义——项数n的函数；理解通项公式的作用——可以用通项公式求数列的任意一项的值及对数列进行一般性的研究。3．数列的递推式是数列的另一种表达形式，可以是一阶线性递推、二阶线性递推、二次函数形式递推、勾函数形式递推、与奇偶联系的递推等，是高考的热点。要注重叠加、叠乘、迭代等解题技巧的训练。4．数列求和的问题需要根据数列特点选择解决方法，必须掌握常用的数列求和方法，但数列求和往往和其他知识综合在一起，综合性教强。5．自从文科不考数学归纳法以来，数学归纳法几乎成了一个理科必考的内容。而且常常和放缩法、函数单调性、构造法等联系在一起，能力要求较高。6．纵观近几年的高考，每年都有求极限的题目。常以选择题、填空题的形式命题，有时也作为某一大题的某一问出现，难度不大。7．数列的应用极其广泛，因此尽管现在的应用题多为概率统计，但不排除考数列应用题的可能，也有可能是数列与概率交汇。8．数列常与函数、不等式、解析几何、立体几何、导数、三角、向量、二项式等知识联系在一起，以它的复杂多变、综合性强、解法灵活等特征成为高考的中档题或压轴题。9．函数思想、方程思想、化归思想、分类讨论思想的应用比比皆是，因此要注意对数学思想方法的挖掘。10．由于命题者大多为大学教授，故应注重数列与高等数学的联系。二．典例剖析：（一）等差等比：等差、等比数列一般从定义、通项公式、前n项和公式、性质四方面研究。【例1】已知定义在R上的函数)(xf和数列na满足下列条件：),,4,3,2(),(,11nafaaann)()()(,1112nnnnaakafafaa，,3,2(n),4，其中a为常数，k为非零常数。（I）令)(,1Nnaabnnn，证明nb是等比数列（II）求数列na的通项公式【解】（I）nnnaab1111)()()(nnnnnkbaakafaf,3,2(n),4故nb是等比数列（II）aafaab)(121nb=1])([nkaaf)()()(123121nnnaaaaaaaa=aaaf)(+kaaf])([2])([nkaaf=a)1(])([2nkkaaf=)1(11])([)1]()()[1(1kkkaafakaafnan【评析】本题主要考查等比数列的定义和等比的求和公式，尤其要注意公比是否为1。【例2】设无穷等差数列na的前n项和为nS。（I）若首项,231a公差1d，求满足2)(2kkSS的正整数k（II）求所有的无穷等差数列na，使得对一切正整数k都有2)(2kkSS【解】（I）nnnnndnnnaSn21212)1(232)1(由2)(2kkSS得：22242121kkkk得0)4(3kk因0k，故4k（II）因2)(2kkSS对一切正整数k都成立故对2,1k时必成立，因此有224211)()(2SSSS即211211)2(64)(2dadaaa得001da，601da，011da，211da经检验601da不符合故这样的数列有3个：0na，或1na或12nan【评析】本题主要考查等差的求和公式，其中第2问属探索性问题，考查学生分析问题解决问题能力。（二）数列的递推1．一阶线性递推:BAaann12．二阶线性递推：nnnBaAaa12【例3】na中，,2,121aannnaaa2312)(Nn，求na通项【解】nnnnnnnnaaaaaaaa2)(2)(2)(21212112故)()()(123121nnnaaaaaaaa11221212211nnn【评析】本题的关键在于把nnnaaa2312转化为)(2112nnnnaaaa3．CBaAaannn21形式递推：【例4】已知数列na各项都是正数，且满足：)4(21,110nnnaaaa，)(Nn求数列na的通项公式【解】由)4(211nnnaaa得21)2(212nnaa从而3223421222121)2()21()2()21()2(212nnnnaaaa=nna20221)2()21(1=12)21(n故2na12)21(n【评析】本题的关键在于将)4(211nnnaaa转化为21)2(212nnaa以及迭代的技巧。4．DCaBAaannn1形式递推：【例5】若00xxf则称0x为)(xf的不动点，函数xxxf32)(（I）求)(xf的不动点（II）数列na满足)(1nnafa，51a，求数列na的通项公式【解】（I）不动点为3x和1x（II）由nnnaaa321得nnnaaa331①又得nnnaaa3311②②除于①得)13(311311nnnnaaaa故nnnnaa31)1(131得111)1(3)1(3nnnnna【评析】求DCaBAaannn1型通项公式是利用函数不动点来求的，尽管这个知识点是高考不要求的，但考题往往就从这些地方出，只需增加一些铺垫。5．DCaBAaannn21形式递推：【例6】已知数列na中，41a，)1(221nnnaaa，nbnnaa2)(Nn，求数列nb的通项公式【解】由)1(221nnnaaa①得)1(2)2(221nnnaaa②②除于①得：211)2(2nnnnaaaa即21nnbb从而1122212221)21(nnbbbbnnn【评析】DCaBAaannn21型通项也是利用函数的不动点来求的，但本题构造数列nbnnaa2，便大大降低了难度。6．和与奇偶联系的递推：【例7】已知数列na前n项和nS满足1,)1(2naSnnn求数列na的通项公式【解】,)1(2nnnaS),2()1(2111naSnnn相减得：,)1(2211nnnaa,)1(22222221nnnaa,)1(222333322nnnaa,,)1(222111122nnnaa叠加得：1122111)1(2)1(2)1(22nnnnnaa=12)1(232nn经检验1a也满足上式【评析】221nnaa是很常规的一阶线性递推，但增加了1)1(n后就变的不寻常了，所以我们需要在常规的周围寻找一些不寻常。（三）数列求和数列求和的常见方法有错位相减法、裂项相消法、分解转化法、倒序相加法、若涉及正负相间的数列求和常需分类讨论。【例8】已知数列na的首项51a，前n项和为nS，且521nSSnn，)(Nn令nnxaxaxaxf221)(，求函数)(xf在点1x的导数)1('f【解】由521nSSnn得123nnannaaaf21'2)1()321()223222(332nnn=62)1(2)1(31nnnn【评析】本题把错位相减法和求导联系，给人耳目一新的感觉。【例9】数列na满足11a且)1(21)11(21nannannn（I）用数学归纳法证明：)2(2nan（II）已知不等式xx)1ln(对0x成立，证明：2ean（1n），其中无理数71828.2e【解】（I）略（II）nnnnnannanna)2111(21)11(221两边取对数并利用xx)1ln(得nnnnnannannaln211ln)2111ln(ln221于是nnnnnnnnaa2111121)1(1lnln1把上式从1到1n求和可得：22112lnln1nnnaa故2ean【评析】本题的难点在于放缩以及两边取对数再进行叠加。（四）数列极限【例10】已知0a，数列na满足,2,1,1,11naaaaann（I）已知数列na的极限存在且大于零，求nnaAlim（将A用a表示）（II）设,2,1,nAabnn，证明)(1AbAbbnnn【解】（I）对nnaaa11两边取极限得AaA1解得242aaA，又0A故242aaA（II）,Aabnnnnaaa11得AbaAbnn11故AbAAbAabnnn1111=)(AbAbnn【评析】本题主要考查数列极限的概念以及灵活运用知识解决问题能力。（五）数学归纳法【例11】设数列na，21a，),2,1(11naaannn证明12nan对一切正整数n成立【解】当1n时，11221a，不等式成立假设kn时，12kak成立，当1kn时，由于xxxf1)(在1x时递增，故1211211kkaaakkk因此只需证3212112kkk只需证22)32()12112(kkk只需证0321k而此式显然成立故当1kn时也成立，故12nan对一切正整数n成立【评析】本题的证法较多，上面只给出利用函数的单调性的方法。【例12】（I）设函数)10)(1(log)1(log)(22xxxxxxf，