高考数学总复习讲座第三讲复习数列

第三讲复习数列一、本讲进度《数列》复习二、本讲主要内容1、等差数列及等比数列的定义，通项公式，前n项和公式及性质；2、一般数列的通项及前n项和计算。三、学习指导1、数列，是按照一定顺序排列而成的一列数，从函数角度看，这种顺序法则就是函数的对应法则，因此数列可以看作是一个特殊的函数，其特殊性在于：第一，定义域是正整数集或其子集；第二，值域是有顺序的，不能用集合符号表示。研究数列，首先研究对应法则——通项公式：an=f(n)，n∈N+，要能合理地由数列前n项写出通项公式，其次研究前n项和公式Sn：Sn=a1+a2+…an，由Sn定义，得到数列中的重要公式：2nSS1nSa1nn1n。一般数列的an及Sn,，除化归为等差数列及等比数列外，求Sn还有下列基本题型：列项相消法，错位相消法。2、等差数列（1）定义，{an}为等差数列an+1-an=d（常数），n∈N+2an=an-1+an+1（n≥2，n∈N+）；（2）通项公式：an=an+(n-1)d，an=am+(n-m)d；前n项和公式：2)aa(nd2)1n(nnaSn11n；（3）性质：an=an+b，即an是n的一次型函数，系数a为等差数列的公差；Sn=an2+bn，即Sn是n的不含常数项的二次函数；若{an}，{bn}均为等差数列，则{an±nn},{k1ika},{kan+c}（k，c为常数）均为等差数列；当m+n=p+q时，am+an=ap+aq，特例：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…；当2n=p+q时，2an=ap+aq；当n为奇数时，S2n-1=(2n-1)an；S奇=21na中，S偶=21na中。3、等比数列（1）定义：n1naa=q（q为常数，an≠0）；an2=an-1an+1（n≥2，n∈N+）；（2）通项公式：an=a1qn-1，an=amqn-m;前n项和公式：1qq1qaaq1)q1(a1qnaSn1n11n；（3）性质当m+n=p+q时，aman=apaq，特例：a1an=a2an-1=a3an-2=…，当2n=p+q时，an2=apaq，数列{kan}，{k1iia}成等比数列。4、等差、等比数列的应用（1）基本量的思想：常设首项、公差及首项，公比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等；（2）灵活运用等差数列、等比数列的定义及性质，简化计算；（3）若{an}为等差数列，则{naa}为等比数列（a0且a≠1）；若{an}为正数等比数列，则{logaan}为等差数列（a0且a≠1）。四、典型例题例1、已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，其中1ka，2ka，…，nka恰为等比数列，若k1=1，k2=5，k3=17，求k1+k2+…+kn。解题思路分析：从寻找新、旧数列的关系着手设{an}首项为a1，公差为d∵a1，a5，a17成等比数列∴a52=a1a17∴（a1+4d）2=a1(a1+16d)∴a1=2d设等比数列公比为q，则3ad4aaaq1n15对nka项来说，在等差数列中：1nn1ka21kd)1k(aan在等比数列中：1n11n1k3aqaan∴132k1nn∴n)331(2)132()132()132(kkk1n1n10n211n3n注：本题把k1+k2+…+kn看成是数列{kn}的求和问题，着重分析{kn}的通项公式。这是解决数列问题的一般方法，称为“通项分析法”。例2、设数列{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7=7，S15=75,Tn为数列{nSn}的前n项和，求Tn。解题思路分析：法一：利用基本元素分析法设{an}首项为a1，公差为d，则75d21415a15S7d267a7S11517∴1d2a1∴2)1n(n2Sn∴252n21n2nSn此式为n的一次函数∴{nSn}为等差数列∴n4an41T2n法二：{an}为等差数列，设Sn=An2+Bn∴75B1515AS7B77AS21527解之得：25B21A∴n25n21S2n，下略注：法二利用了等差数列前n项和的性质例3、正数数列{an}的前n项和为Sn，且1aS2nn，求：（1）数列{an}的通项公式；（2）设1nnnaa1b，数列{bn}的前n项的和为Bn，求证：Bn21.解题思路分析：（I）涉及到an及Sn的递推关系，一般都用an=Sn-Sn-1（n≥2）消元化归。∵1aS2nn∴4Sn=(an+1)2∴4Sn-1=(an-1+1)2（n≥2）∴4(Sn-Sn-1)=(an+1)2-(an-1+1)2∴4an=an2-an-12+2an-2an-1整理得：(an-1+an)(an-an-1-2)=0∵an0∴an-an-1=2∴{an}为公差为2的等差数列在1aS2nn中，令n=1，a1=1∴an=2n-1（II）)1n211n21(21)1n2)(1n2(1bn∴21a2121)a1a1(21)]a1a1()a1a1()a1a1[(21B1n1n11nn3221n注：递推是学好数列的重要思想，例本题由4Sn=(an+1)2推出4Sn-1=(an-1+1)2，它其实就是函数中的变量代换法。在数列中一般用n-1，n+1等去代替n，实际上也就是说已知条件中的递推关系是关于n的恒等式，代换就是对n赋值。例4、等差数列{an}中，前m项的和为77（m为奇数），其中偶数项的和为33，且a1-am=18，求这个数列的通项公式。解题思路分析：利用前奇数项和和与中项的关系令m=2n-1，n∈N+则33a)1n(S77a)1n2(Snn1n2偶∴33771n1n2∴n=4∴m=7∴an=11∴a1+am=2an=22又a1-am=18∴a1=20，am=2∴d=-3∴an=-3n+23例5、设{an}是等差数列，nan)21(b，已知b1+b2+b3=821，b1b2b3=81，求等差数列的通项an。解题思路分析：∵{an}为等差数列∴{bn}为等比数列从求解{bn}着手∵b1b3=b22∴b23=81∴b2=21∴41bb817bb2131∴81b2b31或2b81b21∴n231nn2)41(2b或5n21nn2481b∵nan)21(b∴n21nbloga∴an=2n-3或an=-2n+5注：本题化归为{bn}求解，比较简单。若用{an}求解，则运算量较大。例6、已知{an}是首项为2，公比为21的等比数列，Sn为它的前n项和，（1）用Sn表示Sn+1；（2）是否存在自然数c和k，使得2cScSk1k成立。解题思路分析：（1）∵)211(4Snn∴2S21)211(4Sn1n1n（2）0Sc)2S23(c2cScSkkk1k（*）∵4)211(4Skk∴0S212)2S23(Skkk∴式（*）kkSc2S23①∵Sk+1Sk∴12S232S231k又Sk4∴由①得：c=2或c=3当c=2时∵S1=2∴k=1时，cSk不成立，从而式①不成立∵c252S232∴由SkSk+1得：2S232S231kk∴当k≥2时，c2S23k，从而式①不成立当c=3时，S12，S2=3∴当k=1，2时，CSk不成立∴式①不成立∵2S232S23,c4132S231kkk∴当k≥3时，c2S23k，从而式①不成立综上所述，不存在自然数c，k，使2cScSk1k成立例7、某公司全年的利润为b元，其中一部分作为资金发给n位职工，资金分配方案如下：首先将职工按工作业绩（工作业绩均不相等）从大到小，由1到n排序，第1位职工得资金nb元，然后再将余额除以n发给第2位职工，按此方法将资金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金。（1）设ak（1≤k≤n）为第k位职工所得资金额，试求a2，a3，并用k，n和b表示ak（不必证明）；（2）证明：akak+1（k=1，2，…，n-1），并解释此不等式关于分配原则的实际意义。解题思路分析：谈懂题意，理清关系，建立模型第1位职工的奖金nba1第2位职工的奖金b)n11(n1a2第3位职工的奖金b)n11(n1a23……第k位职工的奖金b)n11(n1a1kk（2）0b)n11(n1aa1k21kk此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”等原则。例8、试问数列{4sin100lg1n}的前多少项的和最大，并求这个最大值（lg2=0.3010）解题思路分析：法一：)1n)(2lg(2an∴{an}为首项为2，公差为2lg的等差数列∴07525.08.13)8.13n(07525.0n50752.2n07525.0)2lg(2)1n(nn2S222n∵n∈N+∴n=14时，(Sn)max=14.35法二：∵a1=20，d=02lg∴{an}是递减数列，且Sn必为最大值设0a0a1kk∴0)2lg(k20)2lg)(1k(2∴2.13k2.14k∴k=14∴(Sn)max=S14=14.35五、同步练习（一）选择题1、已知a，b，a+b成等差数列，a，b，ab成等比数列，且0logmab1，则m取值范围是A、m1B、1m8C、m8D、0m1或m82、设a0，b0，a，x1，x2，b成等差数列，a，y1，y2，b成等比数列，则x1+x2与y1+y2的大小关系是A、x1+x2≤y1+y2B、x1+x2≥y1+y2C、x1+x2y1+y2D、x1+x2y1+y23、已知Sn是{an}的前n项和，Sn=Pn（P∈R，n∈N+），那么数列{an}A、是等比数列B、当P≠0时是等比数列C、当P≠0，P≠1时是等比数列D、不是等比数列4、{an}是等比数列，且an0，a2a4+2a3a5+a4a6=25，则a3+a5等于A、5B、10C、15D、205、已知a，b，c成等差数列，则二次函数y=ax2+2bx+c的图象与x轴交点个数是A、0B、1C、2D、1或26、设m∈N+，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)+F(2)+…+F(1024)的值是A、8204B、8192C、9218D、80217、若x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0（a≠b）的四个根可组成首项为41的等差数列，则a+b的值为A、83B、2411C、2413D、72318、在100以内所有能被3整除但不能被7整除的正整数和是A、1557B、1473C、1470D、13689、从材料工地运送电线杆到500m以外的公路，沿公路一侧每隔50m埋栽一根电线杆，已知每次最多只能运3根，要完成运载20根电线杆的任务，最佳方案是使运输车运行A、11700mB、14700mC、14500mD、14000m10、已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|，公差d0，则使前n项和Sn取最大值的正整数n是A、4或5B、5或6C、6或7D、8或9（二）填空题11、已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)，则它的前n项和Sn=______。12、设等差数列{an}共有3n项，它的前2n项之和为100，后2n项之和为200，则该等差数列的中间n项的和等于________。13、设数列{an}，{bn}（bn0），n∈N+满足nblgblgblgann21（n∈N+），则{an}为等差数列是{bn}为等比数列的________条