高中数学全国卷数列复习建议(一)

全国卷数列复习建议（上）肖骁厦门外国语学校肖骁福建省特级教师厦门外国语学校厦门外国语学校数学教师，曾获福建省杰出人民教师，国务院特殊津贴，福建省首届名师，福建省特级教师，福建省优秀教师等称号,厦门市拔尖人才，厦门市杰出教师，中国数学奥林匹克高级教练，中国特色教育优秀教师。一、数列（考试大纲要求）（1）数列的概念和简单表示法➀了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.➁了解数列是自变量为正整数的一类函数.（2）等差数列、等比数列➀理解等差数列、等比数列的概念.➁掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.➂能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.➃了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.二、能力考查要求1.数列的考查重点是数学思想方法，推理论证能力以及应用意识和创新意识。2.重视归纳与类比，划归与转化，分类与整合，合情推理与演绎推理。3.突出函数与方程，特殊与一般，有限与无限(2013)7、设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A、3B、4C、5D、6【命题意图】本题主要考查等差数列的前n项和公式及通项公式，考查方程思想三、近三年全国卷试题1()02mmmaaS112mmmaaSS11mmdaa123mam5m113mmmaSS12、设的三边长分别为an,bn,cn的面积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，则（）A、{Sn}为递减数列B、{Sn}为递增数列C、{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D、{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列nnnABCnnnABC1111111111202baccaccac且b111111111120baacaacbac11111111111222abcaaccacac又111111112(2)22nnnnnnnnbccabcabca由题意，b1120222nnnnnnnnbcabcaabca222122111111131()()()0)4444naaababa单调递增（可证当n=1时11111112(2)22nnnnnnnnncbabbbcbabab又由题意，1111111111202baccaccac且b本题主要考查由递推公式求通项公式，三角形面积海伦公式。111111111()()()22nnnnbaabbaba21111111111111333311()()()()()222222nnnaaaaSaabaaba11111111111()(),2()()22nnnnnbabacababa222122111111131()()()0)4444naaababa单调递增（可证当n=1时14.若数列{an}的前n项和为则数列{an}的通项公式是an=______.【命题意图】本题主要考查等比数列定义、通项公式及数列第n项与其前n项和的关系，是容易题.11121213311233nnnnnnnSSSSSSS2014（Ⅰ）退项相减法，特殊到一般的思想方法2014（Ⅱ）递推思想，划归转化思想，简单放缩法2015（Ⅰ）2015（Ⅱ）退项相减法，拆项法复习建议一、基础知识（三）an=(an－an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2－a1)+a1；11=;nnnnaqaqaa与的区别（二）等比数列的概念：（一）等差数列的概念：an+1-an=d121121;nnnnnaaaaaaaa（四）也是等差数列也是等差数列，公差为，相关结论：是等差数列，公差为（五）mmmmmnmkmkknnSSSSSnSNmkaaadada23222,,.4.3;,,,.2.2.112121,.71,,,1,12.62.5nnnnnnnnnnnnnTSbaTSbannSSaSSnaSanSnaaSSn则的前项和为、两个等差数列则若项数为，则若项数为偶奇偶奇奇偶偶奇mnpqmnpqaaaa8.若，则1219.1222ijnnnnaanaanaaSijn12211110.2222nnnndnndSnanaddnanAnBn例1.222,20,pmqmqmqmqp时成立7897100,0__nnaaaaaaa(14北京）等差数列满足，例则当n=时，的2.前项和最大。789710811615161.0,00,000aaaaaaaaSS法，，7897108899.0,00,00aaaaaaaaa法2，14130_._nnaaSa等差数列满足，S则当n=时，的前项例3和最小。4135613513898900,00,0SaaaaaaaaaS，m,.,,nnmnamnmnNS已知为等差数列，SS4求例22111121212mnnnnmmnmnamnadmnmnmmdnmadmnSmn解法（公式法）：2222,1mnxAxBxAmBmnAmnBAnBnmSAmnBmnmn解法2（函数法）：设S1211122mnnnmnmnmmnmnnmaaamnaaaaaaSmn解法3（倒序相加法）：SS772,,2.1nnnabnnab已知两个等差数列的前项和例之比为求5的值.1212112121,,.2+2+bnnnnnnnnnnnnabnTaaaaSbbbT结论：两个等差数列的前项和分别为S二、递推思想2122232331231111111.112.3.(),1nnnnnnnnnnnnnnnnnnnaAaBAAaBBAaABBAAaBABBAaAABAaAABaAaBaaAaaaAaBBaxAaxxA12,nnaAaBnnN（一）例6.已知数列{an}中,a1=2,an+1=4an+3,则{an}的通项为_______．解法１：由an+1=4an+3得,an+1＋１=4(an+1),故数列｛an＋１｝是首项为a1+1=3，公比为4的等比数列，因此an+1=3×4n-1,即an=-1+3×4n-111211211111(1)34111nnnnnnaaaaaaaa因此an+1=3×4n-1,即an=-1+3×4n-1故得由,411),1(41:34:解法2111nnnnnnaaaaaa解法３：由an+1=4an+3①得an+２=4an+1+3②②-①得：an+2-an+1=4(an+1-an)．则数列｛an+1-an｝是首项为a２-a１＝(４a１＋３)-a１＝３a１+3=9，公比为４的等比数列．所以，an-an-1＝9×4n-2所以，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)＋a1＝9×4n-2＋9×4n-３＋…＋9×40＋２11431241419nn解法４：同解法３得：an+2-an+1=4(an+1-an)．则故,4112nnnnaaaa,49)(212122332212111nnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaa所以，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)＋a1＝9×4n-2＋9×4n-３＋…＋9×40＋２＝－1+3×4n-1．-1122-1232-2-13122-11111111.=2.=b,b=b.3.,,b=b.nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaAaBqAAaBqBqAaABqBqAaABqABqBqAaABqABqBqaqAaqaqAaAaaBbqqqAB令则令则1nnnaAaBq（二）1111,,33,2..nnnnnaaaaa已知数列求例7解：两边同除以3n得：.3133:,31331111nnnnnnnnaaaa即.3161331的等差数列公差为为首项是以，aann即.3121)31)(1(613nnann.33211nnnna11,3,4538.,.nnnnnaaaaa知数列求例已解法1：两边同除以3n得：.5334311nnnnaa)3.(534,31的方法解以下用例则得令nnnnnAAAa.3134),(3411kAAkAkAnnnn则又令).15(3415:.15,5311nnAAkk从而得.34,1615315}15{11的等比数列公比为是首项为而aAAn11)34(1615,)34(1615nnnnAA1143315))34(1615(33nnnnnnnAa解法2：则令),3(4311nnnnkaka.15,53,3341kkkaannn从而得则),315(431511nnnnaa待定系数法1143448315nnnna143315nnna.4,48315}315{1的等比数列公比为是首项为而aann11112125,331,333nnnnnnnnnaaaaaaa数列满足例9.求待定系数法13.nnaAabnc121121211211.1=bbb2.=bbnnnnnnnnnnnnnnanAananAaaAaaBaaAB令则令则待定系数法例10.在数列{an}中，已知a1＝－1，且an＋1＝2an＋3n－4(n∈N*)．(1)求证：数列{an＋1－an＋3}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.(1)证明：令bn＝an＋1－an＋3，则bn＋1＝an＋2－an＋1＋3＝2an＋1＋3(n＋1)－4－2an－3n＋4＋3＝2(an＋1－an＋3)＝2bn，即bn＋1＝2bn.由已知得a2＝－3，于是b1＝a2－a1＋3＝1≠0.所以数列{an＋1－an＋3}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知bn＝an＋1－an＋3＝2n－1，即2an＋3n－4－an＋3＝2n－1，∴an＝2n－1－3n＋1(n∈N*)．于是，Sn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)－3(1＋2＋3＋…＋n)＋n＝－3＋n＝2n－－1.三、小结)(),(1nfmaaannn满足递推数列1.m=1,f(n)=r(常量),就成了等差数列；2.m≠1,f(n)=0，就成了等比数列；3.m≠1,