数列复习资料(编辑修改稿)

数列复习资料(编辑修改稿)内容摘要：

a1＝ 1， an＋ 1＝ 3an＋ 2； (2)a1＝ 1， an＝ n－ 1n an－ 1(n≥ 2)； (3)已知数列 {an}满足 an＋ 1＝ an＋ 3n＋ 2，且 a1＝ 2，求 an. [审题视点 ] (1)可用构造等比数列法求解． (2)可转化后利用累乘法求解． (3)可利用累加法求解． 解 (1)∵ an＋ 1＝ 3an＋ 2， ∴ an＋ 1＋ 1＝ 3(an＋ 1)， ∴ an＋ 1＋ 1an＋ 1＝ 3， ∴ 数列 {an＋ 1}为等比数列，公比 q＝ 3， 又 a1＋ 1＝ 2， ∴ an＋ 1＝ 23n－ 1， ∴ an＝ 23n－ 1－ 1. (2)∵ an＝ n－ 1n an－ 1(n≥ 2)， ∴ an－ 1＝ n－ 2n－ 1an－ 2， „ ， a2＝ (n－ 1)个式子相乘得 an＝ a11223„ n－ 1n ＝ a1n ＝ 1n. (3)∵ an＋ 1－ an＝ 3n＋ 2， ∴ an－ an－ 1＝ 3n－ 1(n≥ 2)， ∴ an＝ (an－ an－ 1)＋ (an－ 1－ an－ 2)＋ „ ＋ (a2－ a1)＋ a1＝ n3n＋ 12 (n≥ 2)．当 n＝ 1 时，a1＝ 12 (3 1＋ 1)＝ 2 符合公式， ∴ an＝ 32n2＋ n2. 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现 an＝ an－ 1＋ m 时，构造等差数列；当出现 an＝ xan－ 1＋ y 时，构造等比数列；当出现 an＝ an－ 1＋ f(n)时，用累加法求解；当出现 anan－ 1＝ f(n)时，用累乘法求解． 【训练 3】 根据下列各个数列 {an}的首项和基本关系式，求其通项公式． (1)a1＝ 1， an＝ an－ 1＋ 3n－ 1(n≥ 2)； (2)a1＝ 2， an＋ 1＝ an＋ ln 1＋ 1n . 解 (1)∵ an＝ an－ 1＋ 3n－ 1(n≥ 2)， ∴ an－ 1＝ an－ 2＋ 3n－ 2， an－ 2＝ an－ 3＋ 3n－ 3， „ a2＝ a1＋ 31， 以上 (n－ 1)个式子相加得 an＝ a1＋ 31＋ 32＋ „ ＋ 3n－ 1＝ 1＋ 3＋ 32＋ „ ＋ 3n－ 1＝ 3n－ 12 . (2)∵ an＋ 1＝ an＋ ln 1＋ 1n ， ∴ an＋ 1－ an＝ ln 1＋ 1n ＝ lnn＋ 1n ， ∴ an－ an－ 1＝ ln nn－ 1， an－ 1－ an－ 2＝ lnn－ 1n－ 2， „ a2－ a1＝ ln21， 以上 (n－ 1)个式相加得 ， ∴ an－ a1＝ ln nn－ 1＋ lnn－ 1n－ 2＋ „ ＋ ln21＝ ln n． 又 a1＝ 2， ∴ an＝ ln n＋ 2. 考向四 数列性质的应用 【例 4】 ►已知数列 {an}的通项 an＝ (n＋ 1) 1011 n(n∈ N＋ )，试问该数列 {an}有没有最大项。 若有，求最大项的项数；若没有，说明理由． [审题视点 ] 作 差： an＋ 1－ an，再分情况讨论． 解 ∵ an＋ 1－ an＝ (n＋ 2) 1011 n＋ 1－ (n＋ 1) 1011 n＝  1011 n9－ n11 . 当 n＜ 9 时， an＋ 1－ an＞ 0，即 an＋ 1＞ an； 当 n＝ 9 时， an＋ 1－ an＝ 0，即 an＋ 1＝ an； 当 n＞ 9 时， an＋ 1－ an＜ 0，即 an＋ 1＜ an； 故 a1＜ a2＜ a3＜ „ ＜ a9＝ a10＞ a11＞ a12＞ „ ，所以数列中有最大项为第 9,10 项． (1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决． (2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用 ① 作差法， ② 作商法， ③结合函数图象等方法． 【训练 4】 已知数列 {an}的前 n 项和 Sn＝－ n2＋ 24n(n∈ N*)． (1)求 {an}的通项公式； (2)当 n 为何值时， Sn 达到最大。 最大值是多少。 解 (1)n＝ 1 时， a1＝ S1＝ 23. n≥ 2 时， an＝ Sn－ Sn－ 1＝－ n2＋ 24n＋ (n－ 1)2－ 24(n－ 1)＝－ 2n＋ ， a1＝23 符合 an＝－ 2n＋ 25， ∴ an＝－ 2n＋ 25(n∈ N*)． (2)法一 ∵ Sn＝－ n2＋ 24n， ∴ n＝ 12 时， Sn 最大且 Sn＝ 144. 法二 ∵ an＝－ 2n＋ 25， ∴ an＝－ 2n＋ 25＞ 0，有 n＜ 252 .∴ a12＞ 0， a13＜ 0， 故 S12最大，最大值为 144. 难点突破 13—— 数列中最值问题的求解 从近几年新课标高考可以看出，对求数列中的最大项是高考的热点，一般难度较大．解决这类问题时，要利用函数的单调性研究数列的最值，但要注意数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大 (小 )项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号． 【示例 1】 ► (2020辽宁 )已知数列 {an}满足 a1＝ 33， an＋ 1－ an＝ 2n，则 ann的 最小值为 ________． 【示例 2】 ► (2020浙江 )若数列  nn＋ 4 23 n 中的最大项是第 k项，则 k＝ ________. 第 2 讲 等差数列及其前 n 项和 【高考会这样考】 1．考查运用基本量法求解等差数列的基本量问题． 2．考查等差数列的性质、前 n 项和公式及综合应用． 【复习指导】 1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前 n 项和公式等． 2． 掌握等差数列的判断方法，等差数列求和的方法． 基础梳理 1．等差数列的定义 如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差等于 同一个常数 ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 公差 ，通常用字母 d 表示． 2． 等差数列的通项公式 若等差数列 {an}的首项是 a1，公差是 d，则其通项公式为 an＝ a1＋ (n－ 1)d. 3． 等差中项 如果 A＝ a＋ b2 ，那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项． 4． 等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广 ： an＝ am＋ (n－ m)d(n， m∈ N*)． (2)若 {an}为等差数列，且 m＋ n＝ p＋ q， 则 am＋ an＝ ap＋ aq(m， n， p， q∈ N*)． (3)若 {an}是等差数列，公差为 d，则 ak， ak＋ m， ak＋ 2m， „ (k， m∈ N*)是公差为 md的等差数列． (4)数列 Sm， S2m－ Sm， S3m－ S2m， „ 也是等差数列． (5)S2n－ 1＝ (2n－ 1)an. (6)若 n 为偶数，则 S 偶 － S 奇 ＝ nd2 ； 若 n 为奇数，则 S 奇 － S 偶 ＝ a 中 (中间项 )． 5． 等差数列的前 n 项和公式 若已知首项 a1 和末项 an，则 Sn＝ na1＋ an2 ，或等差数列 {an}的首项是 a1，公差是 d，则其前 n 项和公式为 Sn＝ na1＋ nn－ 12 d. 6． 等差数列的前 n 项和公式与函数的关系 Sn＝ d2n2＋  a1－ d2 n，数列 {an}是等差数列的充要条件是 Sn＝ An2＋ Bn(A， B为常数 )． 7． 最值问题 在等差数列 {an}中， a1＞ 0， d＜ 0，则 Sn 存在 最大值 ，若 a1＜ 0， d＞ 0，则 Sn 存在 最小值． 一个推导 利用倒序相加法推导等差数列的前 n 项和公式： Sn＝ a1＋ a2＋ a3＋ „ ＋ an， ① Sn＝ an＋ an－ 1＋ „ ＋ a1， ② ① ＋ ② 得： Sn＝ na1＋ an2 . 两个技巧 已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元． (1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为 „ ， a－ 2d， a－ d， a， a＋ d， a＋ 2d， „ . (2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为 „ ， a－ 3d， a－ d， a＋ d， a＋3d， „ ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元． 四种方法 等差数列的判断方法 (1)定义法：对于 n≥ 2 的任意自然数，验证 an－ an－ 1为同一常数； (2)等差中项法：验证 2an－ 1＝ an＋ an－ 2(n≥ 3， n∈ N*)都成立； (3)通项公式法：验证 an＝ pn＋ q； (4)前 n 项和公式法：验证 Sn＝ An2＋ Bn. 注 后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列． 双基自测 1． (人教 A 版教材习题改编 )已知 {an}为等差数列， a2＋ a8＝ 12，则 a5等于 ( )． A． 4 B． 5 C． 6 D． 7 解析 a2＋ a8＝ 2a5， ∴ a5＝ 6. 答案 C 2．设数列 {an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，若 a6＝ 2 且 S5＝ 30，则 S8等于 ( )． A． 31 B． 32 C． 33 D． 34 解析 由已知可得  a1＋ 5d＝ 2，5a1＋ 10d＝ 30，解得 a1＝ 263，d＝－ 43. ∴ S8＝ 8a1＋ 8 72 d＝ 32. 答案 B 3． (2020江西 )已知数列 {an}的前 n 项和 Sn 满足： Sn＋ Sm＝ Sn＋ m，且 a1＝ a10＝ ( )． A． 1 B． 9 C． 10 D． 55 解析 由 Sn＋ Sm＝ Sn＋ m，得 S1＋ S9＝ S10⇒ a10＝ S10－ S9＝ S1＝ a1＝ 1. 答案 A 4． (2020杭州质检 )设 Sn 是等差数列 {an}的前 n 项和，已知 a2＝ 3， a6＝ 11，则S7等于 ( )． A． 13 B． 35 C． 49 D． 63 解析 ∵ a1＋ a7＝ a2＋ a6＝ 3＋ 11＝ 14， ∴ S7＝ 7a1＋ a72 ＝ 49. 答案 C 5．在等差数列 {an}中， a3＝ 7， a5＝ a2＋ 6，则 a6＝ ________. 解析 设公差为 d. 则 a5－ a2＝ 3d＝ 6， ∴ a6＝ a3＋ 3d＝ 7＋ 6＝ 13. 答案 13 考向一 等差数列基本量的计算 【例 1】 ►(2020福建 )在等差数列 {an}中， a1＝ 1， a3＝－ 3. (1)求数列 {an}的通项公式； (2)若数列 {an}的前 k 项和 Sk＝－ 35，求 k 的值． [审题视点 ] 第 (1)问，求公差 d； 第 (2)问，由 (1)求 Sn，列方程可求 k. 解 (1)设等差数列 {an}的公差为 d，则 an＝ a1＋ (n－ 1)d. 由 a1＝ 1， a3＝－ 3 可得 1＋ 2d＝－ 3. 解得 d＝－ ， an＝ 1＋ (n－ 1) (－ 2)＝ 3－ 2n. (2)由 (1)可知 an＝ 3－ 2n. 所以 Sn＝ n[1＋ 3－ 2n]2 ＝ 2n－ n2. 进而由 Sk＝－ 35 可得 2k－ k2＝－ 35. 即 k2－ 2k－ 35＝ 0，解得 k＝ 7 或 k＝－ 5. 又 k∈ N*，故 k＝ 7 为所求． 等差数列的通项公式及前 n 项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组解之．如果利用等差数列的性质、几何意义去考虑也可以．体现了用方程思想解决问题的方法． 【训练 1】 (2020湖北 )《九章算术》 “ 竹九节 ” 问题：现有一根 9 节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面 4 节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4升，则第 5 节的容积为 ________升． 解析 设竹子从上到下的容积依次为 a1， a2， „ ， a9，由题意可得 a1＋ a2＋ a3＋a4＝ 3， a7＋ a8＋ a9＝ 4，设等差数列 {an}的公差为 d，则有 4a1＋ 6d＝ 3① ， 3a1＋21d＝ 4② ，由 ①② 可得 d＝ 766， a1＝ 1322，所以 a5＝ a1＋ 4d＝ 1322＋ 4 766＝ 6766. 答案 6766 考向二 等差数列的判定或证明 【例 2】 ►已知数列 {an}的前 n 项和为 Sn 且满足 an＋ 2SnSn－ 1＝ 0(n≥ 2)， a1＝ 12. (1)求证：  1Sn是等差数列； (2)求 an 的表达式． [审题视点 ] (1)化简所。