《数列》复习

数学5第二章《数列》复习数列知识框架数列综合应用数列的定义数列的概念特殊的数列数列求和数列的表示方法通项公式递推公式前n项和公式等差数列等比数列一、数列的概念.)(nfan即二、等差数列为)(为常数、bkbknan)(2为常数、BABnAnSn或在等差数列{an}中：)2(211naaannn5.在等差数列{an}中，若a10，d0，则Sn存在最大值；若a10，d0，则Sn存在最小值．.)1(qpnmaaaaqpnm，则若.)3(232等差数列组成的数列仍然是，，，kkkkkSSSSS.)}({}{}{)4(仍为等差数列为常数，则数列，均为等差数列与若数列kmkbmabannnn.)2(2mdaaamkmkk且公差为数列，组成的数列仍然是等差，，，6.等差数列{an}性质：，为等差数列若}{)5(na也成等差数列，则}{nSn.21d且公差为)2(}{)1(1nddaaannn是常数，是等差数列7.等差数列{an}的判定方法：)(}{)3(是常数，是等差数列bkbknaann)2(2}{)2(11naaaannnn是等差数列)(}{)4(2是常数，是等差数列BABnAnSann的通项公式：2.等比数列na1.等比数列na的定义：成等比数列3.bGa,,)0(,2ababGqaann1，11nnqaamnmnqaa)2(112naaannn在等比数列{an}中：4.等比数列{an}的前n项和公式：）（）（111)1(1111qqqaaqqaqnaSnnn)0(q三、等比数列5、等比数列常用性质.)1(qpnmaaaaqpnm，则若.)2(2mmkmkkqaaa且公比为数列，组成的数列仍然是等比，，，.)3(232数列比等组成的数列仍然是，，，kkkkkSSSSS.)0(}{}{}{}{)4(仍为等比数列常数与则数列，均为等比数列与若mbmabmabannnnnn101qa若：单调性)5(知由11nnqaa1001qa若；是递增数列则}{na，或1001qa，或101qa；是递减数列则}{na；是常数列，则若}{1naq.}{0是摆动数列，则若naq)06、1、公式法2、倒序相加法3、错位相减法4、拆项求和法5、裂项相消法6、观察归纳法数列求和的几种常用方法：常见数列的前n项和公式：1、等差数列的前n项和公式：dnnanaanSnn2)1(2)(112、等比数列的前n项和公式）（）（111)1(1111qqqaaqqaqnaSnnnn3213、.2)1(nn2222321n4、.6)12)(1(nnn3333321n5、.]2)1([2nn要点梳理：1.数列与其它章节的综合问题数列综合问题，包括数列知识和指数函数、对数函数、不等式的知识综合，另外，数列知识在复数、三角函数、解析几何等部分也有广泛的应用.2.数列的探索性问题探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现，探索性问题对分析问题、解决问题的能力有较要求.3.等差数列与等比数列的综合问题4.数列的实际应用问题数列实际应用问题主要涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、图形面积、曲线长度等.例1．已知函数f(x)=a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*)，且a1，a2，a3，…，an构成数列{an}，又f(1)=n2．（1）求证：数列{an}是等差数列；（2）求证：．1()13f解：（1）由题意：f(1)=a1+a2+…+an=n2，(n∈N*)记：Sn=a1+a2+…+an，则Sn=n2，(n∈N*)11(1)(2)nnnSnaSSn221(1)(1)(2)nnnn1(1)21(2)nnn*21(),nannN即∴数列{an}是等差数列.21111()13(21)3333nfn(2)证明：11()33f211111(23)(21)333nnnn两式相减得2312111111()12()(21)3333333nnfn11()133nnf11113121(21)391313nnn1222,33nn1..2111)2(;,)1(,12,0}{21nnnnnnnSSSaSaSaa求证：求中，数列解法一：,12nnaS,1242nnnaaS,1241211nnnaaS1212224nnnnnaaaaa212122nnnnaaaa0na01nnaa21nnaa11a又12nan.2nSn从而)2(n)2(n例2.解法二：,12nnaS.121,121,1nnnnan)1(1nSSannn且121nnnSSS112nnnSSS212)()1(nnSS)2(n0,11naa12nSn时，当11nnSS2,nSnSnn即.2111)2(;,)1(,12,0}{21nnnnnnnSSSaSaSaa求证：求中，数列例2.2222112111111nSSSn)2(,)1(112nnnn)1(132121111111221nnSSSn)111()3121()2111(1nn.212n.2111)2(;,)1(,12,0}{21nnnnnnnSSSaSaSaa求证：求中，数列例2.证明：（2）由(1)知，2nSn说明：例3.{an}是公差不为零的等差数列,其前n项之和为Sn,已知331S与414S的等比中项为51,5S且331S与414S的等差中项为1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}的前n项和为Tn,其中,11nnnaab问是否存在实常数M使得Tn≤M，对任意正整数n都成立？若存在，试求出实数M的范围；若不存在，说明理由.解：1333()11332aaS1122aad1.ad(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则1444()11442aaS1132aad13,2ad1555()11552aaS1142aad12.ad由题意：21113()()(2)2adadad113()()22adad①②由①②解得.512,41da124(1)()5nan3212.55n11nnnbaa1111(),nndaa122311111111()nnnTdaaaaaa11111()ndaa551()1242012n3212()55nan5254812(2012)nmax.TM（2）若存在,若存在实常数M使得Tn≤M,对任意正整数n都成立,只需要:即1525,48128TM5.32M∴M的范围为:5[,).32例4已知数列{an}满足,,,,,123121nnaaaaaaa.311的等比数列，公比为是首项为；的表达式）求（na1.}{,)12(2nnnnSnbanb项和的前求）设（解：(1)由已知得11)31(1nnnaa，11a131n)2(n112211)()()(aaaaaaaannnnn131313131321nnn)311(23n)2(n时，当1n11a也满足上式，.)311(23nna根据递推公式求数列通项公式的基本方法：1.型)(1nfaann一般采用迭加法112211)()()(aaaaaaaannnnn)2(n2.型1)(nnanfa)2(n或迭代法)(1nfaann即)2(n即)(1nfaann型)2(n型一般采用迭乘法或迭代法13211221nnnnnaaaaaaaaaa1)2()1()(afnfnf1)2()1()(afnfnf解：(2)由(1)知，，)311(23nnannanb)12()311)(12(23nn]312)12[(23nnnnnbbbbS321)]312353331()12(531[2332nnn，令nnnT31235333132，132312332333131nnnnnT则两式相减得1432312)31313131(23132nnnnT11312)311(3131nnn.311nnnT)]312353331()12(531[2332nnnnS.)311(232nnnnS例5设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*都有Sn=2an－3n，求数列{an}的通项和前n项和Sn.解：当n=1时，3211aS1,a13.a当n≥2时，11(1)(2)nnnSnaSSn1nnnaSS1(23)[23(1)]nnanan123nnaa12()nnapap，设则12nnaap，.3p132(3)nnaa)2(n)2(n即1323nnaa)2(n∴数列{an－3}是公比为2的等比数列.113(3)2nnaa1(33)2n32n3(21).nna1223nnaa3(21)nna323,n123nnSaaaa1233(2222)3nn2(12)3312nn6(21)3nn6236.nn根据递推公式求数列通项公式的基本方法：3.型1nnapaq)0,1(qp（构造法等比数列）1+()nnapa即1(1)nnapap，比较系数得=.1qp{}1nqap是公比为p的等比数列.4.型1nnnaparq)0,0,1(rqp（构造法等比数列）11nnnnaaprqqq令1nnpbbrq,nnnabq则（化为第3种类型）即5.型12nnnapaqa)3(n设则例6.（教材第69页复习参考题B组第6题）已知数列{an}中，),3(32,2,52121naaaaannn对这个数列的通项公式作一研究,能否写出它的通项公式？解：2132nnnaaa由得),(3211nnnnaaaa).3(3211nnnnaaaa以及.372n1nnaa1)1(123)(naa13nnaa1)1(12)1()3(naa.)1(131n)3(n}3{},{11nnnnaaaa分别是公比为3,－1的等比数列，消去得：1na.4)1(133711nnna解2：2132nnnaaa由可设，)3(n),(211nnnnaaaa则,)(21nnnaaa比较系数得323113或),(3211nnnnaaaa).3(3211nnnnaaaa以及∴.372n1nnaa1)1(123)(naa1