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高中数学必修5


高中数学必修 5__第二章《数列》复习知识点总结与练习(一)
一.数列的概念与简单表示法
知识能否忆起 1.数列的定义、分类与通项公式 (1)数列的定义: ①数列:按照一定顺序排列的一列数. ②数列的项:数列中的每一个数. (2)数列的分类: 分类标准 项数 类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 项与项间的 大小关系 递减数列 常数列 满足条件 项数有限 项数无

限 an+1>an an+1<an an+1=an 其中 n∈N*

(3)数列的通项公式: 如果数列{an}的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个式子来表示, 那么这个公式叫做 这个数列的通项公式. 2.数列的递推公式 如果已知数列{an}的首项(或前几项),且任一项 an 与它的前一项 an-1(n≥2)(或前几项) 间的关系可用一个公式来表示,那么这个公式叫数列的递推公式. 1.对数列概念的理解 (1)数列是按一定“顺序”排列的一列数,一个数列不仅与构成它的“数”有关,而且 还与这些“数”的排列顺序有关,这有别于集合中元素的无序性.因此,若组成两个数列的 数相同而排列次序不同,那么它们就是不同的两个数列. (2)数列中的数可以重复出现,而集合中的元素不能重复出现,这也是数列与数集的区 别. 2.数列的函数特征 数列是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集{1,2,3,?,n})的特殊函数,数列的 通项公式也就是相应的函数解析式,即 f(n)=an(n∈N*). 3.考点 (一)由数列的前几项求数列的通项公式

[例 1] (2012· 天津南开中学月考)下列公式可作为数列{an}:1,2,1,2,1,2,?的通项公式 的是( ) ?-1?n+1 B.an= 2 ?-1?n 1+3 D.an= 2


A.an=1 nπ? C.an=2-? ?sin 2 ?

nπ? [自主解答] 由 an=2-? ?sin 2 ?可得 a1=1,a2=2, a3=1,a4=2,?. [答案] C 由题悟法 1.根据数列的前几项求它的一个通项公式,要注意观察每一项的特点,观察出项与 n 之间的关系、 规律, 可使用添项、 通分、 分割等办法, 转化为一些常见数列的通项公式来求. 对 于正负符号变化,可用(-1)n 或(-1)n
+1

来调整.

2.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法,它蕴含着“从特殊到 一般”的思想 以题试法 写出下面数列的一个通项公式. (1)3,5,7,9,?; 1 3 7 15 31 (2) , , , , ,?; 2 4 8 16 32 (3)3,33,333,3 333,?; 3 1 3 1 3 (4)-1, ,- , ,- , ,?. 2 3 4 5 6 解:(1)各项减去 1 后为正偶数,所以 an=2n+1. 2n-1 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,?,所以 an= n . 2 9 99 999 9999 (3)将数列各项改写为 , , , ,?,分母都是 3,而分子分别是 10-1,102- 3 3 3 3 1,103-1,104-1,?. 1 所以 an= (10n-1). 3 (4)奇数项为负,偶数项为正,故通项公式的符号为(-1)n;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4,?;而各项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为 1,偶数项为 3,即奇数项为 2 -1,偶数项为 2+1, 2+?-1?n 所以 an=(-1)n· ,也可写为 n

?-n,n为正奇数, a =? 3 ?n,n为正偶数.
n

1

(二)由 an 与 Sn 的关系求通项 an 已知数列{an}的前 n 项和 Sn,求数列的通项公式,其求解过程分为三步: (1)先利用 a1=S1 求出 a1; (2)用 n-1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系,利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)便可求出当 n≥2 时 an 的表达式; (3)对 n=1 时的结果进行检验,看是否符合 n≥2 时 an 的表达式,如果符合,则可以把 数列的通项公式合写;如果不符合,则应该分 n=1 与 n≥2 两段来写. [例 2] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn,根据下列条件分别求它们的通项 an. (1)Sn=2n2+3n;(2)Sn=3n+1. [自主解答] (1)由题可知,当 n=1 时,a1=S1=2×12+3×1=5, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n2+3n)-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1. 当 n=1 时,4×1+1=5=a1,故 an=4n+1. (2)当 n=1 时,a1=S1=3+1=4, 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(3n+1)-(3n 1+1)=2×3n 1.
- -

当 n=1 时,2×31 1=2≠a1,


?4, n=1, ? 故 an=? n-1 ? ?2×3 , n≥2.

以题试法 n 1 (2012· 聊城模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= ,则 =( a5 n+1 5 A. 6 1 C. 30 6 B. 5 D.30 )

n-1 n 1 1 1 解析:选 D 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - = ,则 a5= = . n n+1 n?n+1? 5×6 30 (三)数列的性质 [例 3] 已知数列{an}的通项公式为 an=n2-21n+20. (1)n 为何值时,an 有最小值?并求出最小值; (2)n 为何值时,该数列的前 n 项和最小? 21?2 361 21 [自主解答] (1)因为 an=n2-21n+20=? 可知对称轴方程为 n= =10.5. ? n- 2 ? - 4 , 2

又因 n∈N*,故 n=10 或 n=11 时,an 有最小值,其最小值为 112-21×11+20=-90. (2)设数列的前 n 项和最小,则有 an≤0,由 n2-21n+20≤0,解得 1≤n≤20,故数列 {an}从第 21 项开始为正数,所以该数列的前 19 或 20 项和最小. 由题悟法 1.数列中项的最值的求法 根据数列与函数之间的对应关系,构造相应的函数 an=f(n),利用求解函数最值的方法 求解,但要注意自变量的取值. 2.前 n 项和最值的求法 (1)先求出数列的前 n 项和 Sn,根据 Sn 的表达式求解最值; (2)根据数列的通项公式,若 am≥0,且 am+1<0,则 Sm 最大;若 am≤0,且 am+1>0,则 Sm 最小,这样便可直接利用各项的符号确定最值. 以题试法 n 3.(2012· 江西七校联考)数列{an}的通项 an= 2 ,则数列{an}中的最大值是( n +90 A.3 10 1 C. 19 B.19 D. 10 60 )

1 1 1 解析:选 C an= ,由基本不等式得, ≤ ,由于 n∈N*,易知当 n=9 90 90 2 90 n+ n+ n n 1 或 10 时,an= 最大. 19

二.等差数列及其前 n 项和
知识能否忆起 一、等差数列的有关概念 1.定义:如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那 么这个数列就叫做等差数列.符号表示为 an+1-an=d(n∈N*,d 为常数). a+b 2.等差中项:数列 a,A,b 成等差数列的充要条件是 A= ,其中 A 叫做 a,b 的 2 等差中项. 二、等差数列的有关公式 1.通项公式:an=a1+(n-1)d. 2.前 n 项和公式:Sn=na1+ 三、等差数列的性质 1.若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p+q,{an}为等差数列,则 am+an=ap+aq. n?n-1? ?a1+an?n d= . 2 2

2.在等差数列{an}中,ak,a2k,a3k,a4k,?仍为等差数列,公差为 kd. 3.若{an}为等差数列,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,?仍为等差数列,公差为 n2d. 4.等差数列的增减性:d>0 时为递增数列,且当 a1<0 时前 n 项和 Sn 有最小值.d<0 时 为递减数列,且当 a1>0 时前 n 项和 Sn 有最大值. 5.等差数列{an}的首项是 a1,公差为 d.若其前 n 项之和可以写成 Sn=An2+Bn,则 A d d = ,B=a1- ,当 d≠0 时它表示二次函数,数列{an}的前 n 项和 Sn=An2+Bn 是{an}成等 2 2 差数列的充要条件. 1.与前 n 项和有关的三类问题 (1)知三求二:已知 a1、d、n、an、Sn 中的任意三个,即可求得其余两个,这体现了方 程思想. d? d 2 (2)Sn= n2+? ?a1-2?n=An +Bn?d=2A. 2 (3)利用二次函数的图象确定 Sn 的最值时,最高点的纵坐标不一定是最大值,最低点的 纵坐标不一定是最小值. 2.设元与解题的技巧 已知三个或四个数组成等差数列的一类问题, 要善于设元, 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,?; 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.

考点 等差数列的判断与证明 [例 1] 在数列{an}中,a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*). (1)求 a2,a3 的值; an+3 (2)设 bn= n (n∈N*),证明:{bn}是等差数列. 2 [自主解答] (1)∵a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*),∴a2=2a1+22+3=1, a3=2a2+23+3=13. (2)证明:对于任意 n∈N*, an+1+3 an+3 1 1 + ∵bn+1-bn= n+1 - n = n+1[(an+1-2an)-3]= n+1[(2n 1+3)-3]=1, 2 2 2 2 a1+3 -3+3 ∴数列{bn}是首项为 = =0,公差为 1 的等差数列. 2 2 由题悟法 1.证明{an}为等差数列的方法:

(1)用定义证明:an-an-1=d(d 为常数,n≥2)?{an}为等差数列; (2)用等差中项证明:2an+1=an+an+2?{an}为等差数列; (3)通项法:an 为 n 的一次函数?{an}为等差数列; n?a1+an? (4)前 n 项和法:Sn=An2+Bn 或 Sn= . 2 2.用定义证明等差数列时,常采用的两个式子 an+1-an=d 和 an-an-1=d,但它们的 意义不同,后者必须加上“n≥2”,否则 n=1 时,a0 无定义. 以题试法 1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 是 n 的二次函数,且 a1=-2,a2=2,S3=6. (1)求 Sn; (2)证明:数列{an}是等差数列. 解:(1)设 Sn=An2+Bn+C(A≠0), -2=A+B+C, ? ? 则?0=4A+2B+C, ? ?6=9A+3B+C, 解得 A=2,B=-4,C=0.故 Sn=2n2-4n. (2)证明:∵当 n=1 时,a1=S1=-2. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-4n-[2(n-1)2-4(n-1)]=4n-6. ∴an=4n-6(n∈N*).an+1-an=4, ∴数列{an}是等差数列. 等差数列的基本运算

典题导入 [例 2] (2012· 重庆高考)已知{an}为等差数列,且 a1+a3=8,a2+a4=12. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1,ak,Sk+2 成等比数列,求正整数 k 的值. [自主解答] (1)设数列{an}的公差为 d,由题意知
? ? ?2a1+2d=8, ?a1=2, ? 解得? ? ? ?2a1+4d=12, ?d=2.

所以 an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. n?a1+an? n?2+2n? (2)由(1)可得 Sn= = =n(n+1). 2 2 因为 a1,ak,Sk+2 成等比数列,所以 a2 k =a1Sk+2. 从而(2k)2=2(k+2)(k+3),即 k2-5k-6=0, 解得 k=6 或 k=-1(舍去),因此 k=6.

由题悟法 n?a1+an? n?n-1? 1. 等差数列的通项公式 an=a1+(n-1)d 及前 n 项和公式 Sn= =na1+ d, 2 2 共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想. 2.数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用,而 a1 和 d 是等差数列 的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法. 以题试法 2.(1)在等差数列中,已知 a6=10,S5=5,则 S8=________. S4 S3 (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 - =1,则公差为________. 12 9 解析:(1)∵a6=10,S5=5,
?a1+5d=10, ? ∴? ?5a1+10d=5. ? ?a1=-5, ? 解方程组得? ? ?d=3.

则 S8=8a1+28d=8×(-5)+28×3=44. (2)依题意得 S4=4a1+ 4×3 3×2 4a1+6d d=4a1+6d,S3=3a1+ d=3a1+3d,于是有 - 2 2 12

3a1+3d =1,由此解得 d=6,即公差为 6. 9 答案:(1)44 (2)6 等差数列的性质 典题导入 [例 3] (1)等差数列{an}中, 若 a1+a4+a7=39, a3+a6+a9=27, 则前 9 项和 S9 等于( A.66 C.144 B.99 D.297 )

(2)(2012· 天津模拟)设等差数列{an}的前 n 项和 Sn,若 S4=8,S8=20,则 a11+a12+a13 +a14=( A.18 C.16 ) B.17 D.15

[自主解答] (1)由等差数列的性质及 a1+a4+a7=39, 可得 3a4=39, 所以 a4=13.同理, 由 a3+a6+a9=27,可得 a6=9. 9?a1+a9? 9?a4+a6? 所以 S9= = =99. 2 2 (2)设{an}的公差为 d,则 a5+a6+a7+a8=S8-S4=12,(a5+a6+a7+a8)-S4=16d,解

1 得 d= ,a11+a12+a13+a14=S4+40d=18. 4 [答案] (1)B (2)A 由题悟法 1.等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前 n 项和公式等基础知识的推广 与变形,熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题. 2.应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系. 以题试法 3.(1)(2012· 江西高考)设数列{an},{bn}都是等差数列,若 a1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5=________. (2)(2012· 海淀期末)若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈N*),则数列{an}的前 n 项 和数值最大时,n 的值为( A.6 C.8 ) B.7 D.9

解析:(1)设两等差数列组成的和数列为{cn},由题意知新数列仍为等差数列且 c1=7, c3=21,则 c5=2c3-c1=2×21-7=35. (2)∵an+1-an=-3,∴数列{an}是以 19 为首项,-3 为公差的等差数列,∴an=19+(n
? ? ?ak≥0, ?22-3k≥0, -1)×(-3)=22-3n.设前 k 项和最大,则有? 即? ?ak+1≤0, ?22-3?k+1?≤0, ? ?

19 22 解得 ≤k≤ .∵k∈N*,∴k=7.故满足条件的 n 的值为 7. 3 3 答案:(1)35 (2)B

三.等比数列及其前 n 项和
[知识能否忆起] 1.等比数列的有关概念 (1)定义: 如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零),那么这 个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母 q 表示,定义的表达式 an+1 为 =q(n∈N*,q 为非零常数). an (2)等比中项: 如果 a、G、b 成等比数列,那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项.即:G 是 a 与 b 的等比中 项?a,G,b 成等比数列?G2=ab. 2.等比数列的有关公式

(1)通项公式:an=a1qn 1.


na ,q=1, ? ? 1 (2)前 n 项和公式:Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q

3.等比数列{an}的常用性质 (1)在等比数列{an}中,若 m+n=p+q=2r(m,n,p,q,r∈N*),则 am· an=ap· aq=a2 r. 特别地,a1an=a2an-1=a3an-2=?. (2)在公比为 q 的等比数列{an}中,数列 am,am+k,am+2k,am+3k,?仍是等比数列,公 比为 qk; 数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?仍是等比数列(此时 q≠-1); an=amqn
-m

.

1.等比数列的特征 (1)从等比数列的定义看,等比数列的任意项都是非零的,公比 q 也是非零常数. (2)由 an+1=qan,q≠0 并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证 a1≠0. 2.等比数列的前 n 项和 Sn (1)等比数列的前 n 项和 Sn 是用错位相减法求得的,注意这种思想方法在数列求和中的 运用. (2)在运用等比数列的前 n 项和公式时,必须注意对 q=1 与 q≠1 分类讨论,防止因忽 略 q=1 这一特殊情形导致解题失误

考点
等比数列的判定与证明 典题导入 [例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. [自主解答] (1)证明:∵an+Sn=n,① ∴an+1+Sn+1=n+1.② ②-①得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, ∴ an+1-1 1 = . an-1 2

∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1,

1 1 ∴a1= ,c1=- . 2 2 1 1 又 cn=an-1,故{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1? ?1?n-1 ?1?n (2)由(1)可知 cn=? ?-2?· ?2? =-?2? , 1?n ∴an=cn+1=1-? ?2? .

在本例条件下,若数列{bn}满足 b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),证明{bn}是等比数列. 1?n 证明:∵由(2)知 an=1-? ?2? , ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1 1?n ? ?1?n-1? =1-? ?2? -?1-?2? ? 1?n-1 ?1?n ?1?n =? ?2? -?2? =?2? . 1?n 1 又 b1=a1= 也符合上式,∴bn=? ?2? . 2 ∵ bn+1 1 = ,∴数列{bn}是等比数列. bn 2

由题悟法 等比数列的判定方法 an+1 an (1)定义法:若 =q(q 为非零常数,n∈N*)或 =q(q 为非零常数且 n≥2,n∈N*), an an-1 则{an}是等比数列. (2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0 且 a2 an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列. n+1=an· (3)通项公式法:若数列通项公式可写成 an=c· qn(c,q 均是不为 0 的常数,n∈N*),则 {an}是等比数列. 以题试法 1. (2012· 沈阳模拟)已知函数 f(x)=logax,且所有项为正数的无穷数列{an}满足 logaan+
1-logaan=2,则数列{an}(

)

A.一定是等比数列 B.一定是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列又不是等比数列

an+1 an+1 2 解析: 选 A 由 logaan+1-logaan=2, 得 loga =2=logaa2, 故 =a .又 a>0 且 a≠1, an an 所以数列{an}为等比数列. 等比数列的基本运算 典题导入 [例 2] {an}为等比数列,求下列各值: (1)a6-a4=24,a3a5=64,求 an; (2)已知 a2·a8=36,a3+a7=15,求公比 q. 解:(1)设数列{an}的公比为 q,
?a6-a4=a1q ?q -1?=24, ? 由题意得? 3 2 ?a3a5=?a1q ? =64. ② ?
3 2



由②得 a1q =±8, 将 a1q =-8 代入①中,得 q =-2(舍去). 将 a1q =8 代入①中,得 q =4,q=±2. 当 q=2 时,a1=1,∴an=a1q
n-1 3 2 3 2

3

=2

n-1

.
n-1

当 q=-2 时,a1=-1,∴an=a1q ∴an=2
n-1

n-1

=-(-2)

.

或 an=-(-2)

n-1

.

(2)∵a2·a8=36=a3·a7,而 a3+a7=15,
?a3=3, ? ∴? ? ?a7=12

或?

?a3=12, ? ? ?a7=3.

a7 1 4 ∴q = =4 或 . a3 4 ∴q=± 2或 q=± 2 . 2

由题悟法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有五个量 a1,n,q, an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)可迎刃而解. 2.在使用等比数列的前 n 项和公式时,应根据公比 q 的情况进行分类讨论,切不可忽 视 q 的取值而盲目用求和公式. 以题试法 2.(2012· 山西适应性训练)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且 a2,a4, a8 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列{3an}的前 n 项和. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d(d≠0). 因为 a2,a4,a8 成等比数列, 所以(2+3d)2=(2+d)· (2+7d), 解得 d=2. 所以 an=2n(n∈N*). (2)由(1)知 3an=32n,设数列{3an}的前 n 项和为 Sn, 9?1-9n? 9 n 则 Sn=32+34+?+32n= = (9 -1). 8 1-9 等比数列的性质

典题导入 [例 3] (1)(2012· 威海模拟)在由正数组成的等比数列{an}中, 若 a3a4a5=3π, 则 sin(log3a1 +log3a2+?+log3a7)的值为( 1 A. 2 C.1 ) B. 3 2 3 2 )

D.-

(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S6∶S3=1∶2,则 S9∶S3 等于( A.1∶2 C.3∶4 B.2∶3 D.1∶3

π 3 [自主解答] (1)因为 a3a4a5=3π=a4 ,所以 a4=3 . 3 log3a1+log3a2+?+log3a7 =log3(a1a2?a7)=log3a7 4 π 7π =7log33 = , 3 3 故 sin(log3a1+log3a2+?+log3a7)= 3 . 2

(2)由等比数列的性质:S3,S6-S3,S9-S6 仍成等比数列,于是(S6-S3)2=S3· (S9-S6), 1 S9 3 将 S6= S3 代入得 = . 2 S3 4 [答案] (1)B (2)C 由题悟法 等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”, 它们的通项公式和性质有许多相似之 处, 其中等差数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比. 关注它们 之间的异同有助于我们从整体上把握, 同时也有利于类比思想的推广. 对于等差数列项的和

或等比数列项的积的运算,若能关注通项公式 an=f(n)的下标 n 的大小关系,可简化题目的 运算. 以题试法 3.(1)(2012· 新课标全国卷)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10= ( ) A.7 C.-5 B.5 D.-7

1 (2)(2012· 成都模拟)已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+?+anan+1= 4 ( ) A.16(1-4 n)


B.16(1-2 n)


32 - C. (1-4 n) 3 解析:(1)选 D 法一:

32 - D. (1-2 n) 3

?a4+a7=a1q3+a1q6=2, ? 由题意得? 4 5 2 9 ? ?a5a6=a1q ×a1q =a1q =-8,

? ?q3=-2, ?q3=-2, ? 解得? 或? ? ?a1=1 ?
故 a1+a10=a1(1+q9)=-7.

1

?a1=-8,

?a4+a7=2, ?a4=-2, ?a4=4, ? ? ? 法二:由? 解得? 或? ? ? ? ?a5a6=a4a7=-8, ?a7=4 ?a7=-2.

? ?q3=-2, ?q3=-2, ? 则? 或? ? ?a1=1 ?

1

?a1=-8,

故 a1+a10=a1(1+q9)=-7.

1?2n-5 1 1 (2)选 C ∵a2=2,a5= ,∴a1=4,q= ,anan+1=? ?2? . 4 2 1? 8? ?1-4n? 32 - = (1-4 n). 1 3 1- 4

故 a1a2+a2a3+?+anan+1=

练习题 2 3 4 5 1.(教材习题改编)数列 1, , , , ?的一个通项公式是 3 5 7 9 n A.an= 2n+1 n C.an= 2n-3 n B.an= 2n-1 n D.an= 2n+3 ( )

答案:B 2.设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2,则 a8 的值为( A.15 C.49 B.16 D.64 )

解析:选 A a8=S8-S7=64-49=15. n 3.已知数列{an}的通项公式为 an= ,则这个数列是( n+1 A.递增数列 C.常数列 B.递减数列 D.摆动数列 )

n+1 ?n+1?2-n?n+2? n 1 解析:选 A an+1-an= - = = >0. n+2 n+1 ?n+1??n+2? ?n+1??n+2?
? 3n 1?n为偶数?, ?2· 4 . ( 教材习题改编 ) 已知数列 {an} 的通项公式是 an = ? 则 a4· a3 = ?2n-5?n为奇数?, ?


________. 解析:a4· a3=2×33· (2×3-5)=54. 答案:54 q 3 5.已知数列{an}的通项公式为 an=pn+ ,且 a2= , n 2 3 a4= ,则 a8=________. 2

?2p+2=2, 解析:由已知得? q 3 ?4p+4=2,
1 2 9 则 an= n+ ,故 a8= . 4 n 4 9 答案: 4

q

3

1 ? ?p=4, 解得? ? ?q=2.

1.(2012· 福建高考)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( A.1 C.3 B.2 D.4

)

? ?2a1+4d=10, 解析:选 B 法一:设等差数列{an}的公差为 d,由题意得? ?a1+3d=7. ? ?a1=1, ? 解得? 故 d=2. ?d=2. ?

法二:∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5. 又 a4=7,∴公差 d=7-5=2.

π? 3π 2.(教材习题改编)在等差数列{an}中,a2+a6= ,则 sin? ?2a4-3?=( 2 A. 3 2 3 2 1 B. 2 1 D.- 2

)

C.-

3π 3π 解析:选 D ∵a2+a6= ,∴2a4= . 2 2 π? π 1 ?3π π? ∴sin? ?2a4-3?=sin? 2 -3?=-cos3=-2. 3. (2012· 辽宁高考)在等差数列{an}中, 已知 a4+a8=16, 则该数列前 11 项和 S11=( A.58 C.143 解析:选 B B.88 D.176 11?a1+a11? 11?a4+a8? S11= = =88. 2 2 )

4.在数列{an}中,若 a1=1,an+1=an+2(n≥1),则该数列的通项 an=________. 解析:由 an+1=an+2 知{an}为等差数列其公差为 2. 故 an=1+(n-1)×2=2n-1. 答案:2n-1 1 5.(2012· 北京高考)已知{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 a1= ,S2=a3,则 a2= 2 ________,Sn=________. 解析:设{an}的公差为 d, 由 S2=a3 知,a1+a2=a3,即 2a1+d=a1+2d, 1 1 又 a1= ,所以 d= ,故 a2=a1+d=1, 2 2 1 1 1 1 Sn=na1+ n(n-1)d= n+ (n2-n)× 2 2 2 2 1 1 = n2+ n. 4 4 答案:1 1 2 1 n+ n 4 4

1.(2011· 江西高考){an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和.若 S10=S11,则 a1=( ) B.20 D.24

A.18 C.22

解析:选 B 由 S10=S11,得 a11=S11-S10=0,a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)= 20. 2.(2012· 广州调研)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a5=8,S3=6,则 S10-S7 的值

是(

) A.24 C.60 B.48 D.72

?a5=a1+4d=8, ?a1=0, ? ? 解析: 选 B 设等差数列{an}的公差为 d, 由题意可得? 解得? ?S3=3a1+3d=6, ? ? ?d=2,

则 S10-S7=a8+a9+a10=3a1+24d=48. 3.(2013· 东北三校联考)等差数列{an}中,a5+a6=4,则 log2(2a1· 2a2· ?· 2a10)=( A.10 C.40 解析: 选 B B.20 D.2+log25 依题意得,a1 + a2 + a3 +?+ a10 = 10?a1+a10? = 5(a5 + a6) = 20 ,因此有 2 )

log2(2a1· 2a2· ?· 2a10)=a1+a2+a3+?+a10=20.
2 * 4.(2012· 海淀期末)已知数列{an}满足:a1=1,an>0,a2 n+1-an=1(n∈N ),那么使 an<5

成立的 n 的最大值为( A.4 C.24

) B.5 D.25

2 2 2 解析:选 C ∵a2 n+1-an=1,∴数列{an}是以 a1=1 为首项,1 为公差的等差数列.∴

a2 n=1+(n-1)=n.又 an>0,∴an= n.∵an<5,∴ n<5.即 n<25.故 n 的最大值为 24. 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,并且 S10>0,S11<0,若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立, 则正整数 k 的值为( A.5 C.4 ) B.6 D.7

解析:选 A 由 S10>0,S11<0 知 a1>0,d<0,并且 a1+a11<0,即 a6<0,又 a5+a6>0,所 以 a5>0,即数列的前 5 项都为正数,第 5 项之后的都为负数,所以 S5 最大,则 k=5. 6.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N*).若 b3=-2,b10=12, 则 a8=( A.0 C.8 ) B.3 D.11

解析:选 B 因为{bn}是等差数列,且 b3=-2,b10=12, 12-?-2? 故公差 d= =2.于是 b1=-6, 10-3 且 bn=2n-8(n∈N*),即 an+1-an=2n-8. 所以 a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=?=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6 =3. 7.(2012· 广东高考)已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2 2-4,则 an=________.

2 2 解析:设等差数列公差为 d,∵由 a3=a2 2-4,得 1+2d=(1+d) -4,解得 d =4,即 d

=± 2.由于该数列为递增数列,故 d=2. ∴an=1+(n-1)×2=2n-1. 答案:2n-1 8. 已知数列{an}为等差数列, Sn 为其前 n 项和, a7-a5=4, a11=21, Sk=9, 则 k=________. 解析:a7-a5=2d=4,则 d=2.a1=a11-10d=21-20=1, k?k-1? Sk=k+ ×2=k2=9.又 k∈N*,故 k=3. 2 答案:3 Sn 2n-3 9.设等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若对任意自然数 n 都有 = , Tn 4n-3 则 a9 a3 + 的值为________. b5+b7 b8+b4 解析:∵{an},{bn}为等差数列, ∴ ∵ a9 a3 a9 a3 a9+a3 a6 + = + = = . 2b6 b6 b5+b7 b8+b4 2b6 2b6 S11 a1+a11 2a6 2×11-3 19 a6 19 = = = = ,∴ = . T11 b1+b11 2b6 4×11-3 41 b6 41

19 答案: 41 10.(2011· 福建高考)已知等差数列{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. 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=-2. 从而 an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. (2)由(1)可知 an=3-2n, n[1+?3-2n?] 所以 Sn= =2n-n2. 2 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. 11.设数列{an}的前 n 项积为 Tn,Tn=1-an,
?1? (1)证明?T ?是等差数列; ?
n?

?an? (2)求数列?T ?的前 n 项和 Sn. ?
n?

Tn 解:(1)证明:由 Tn=1-an 得,当 n≥2 时,Tn=1- , Tn-1 1 1 两边同除以 Tn 得 - =1. Tn Tn-1 ∵T1=1-a1=a1, 1 1 1 故 a1= , = =2. 2 T1 a1
?1? ∴?T ?是首项为 2,公差为 1 的等差数列. ?
n?

1 1 (2)由(1)知 =n+1,则 Tn= , Tn n+1 n an 从而 an=1-Tn= .故 =n. n+1 Tn
?an? ∴数列?T ?是首项为 1,公差为 1 的等差数列. ?
n?

n?n+1? ∴Sn= . 2 12.已知在等差数列{an}中,a1=31,Sn 是它的前 n 项和,S10=S22. (1)求 Sn; (2)这个数列的前多少项的和最大,并求出这个最大值. 解:(1)∵S10=a1+a2+?+a10, S22=a1+a2+?+a22,又 S10=S22, ∴a11+a12+?+a22=0, 即 12?a11+a22? =0,故 a11+a22=2a1+31d=0. 2

又∵a1=31,∴d=-2, n?n-1? ∴Sn=na1+ d=31n-n(n-1)=32n-n2. 2 (2)法一:由(1)知 Sn=32n-n2, 故当 n=16 时,Sn 有最大值,Sn 的最大值是 256. 法二:由 Sn=32n-n2=n(32-n),欲使 Sn 有最大值, 应有 1<n<32,从而 Sn≤?

?

n+32-n?2 2 ? =256,

当且仅当 n=32-n,即 n=16 时,Sn 有最大值 256. 1.(教材习题改编)等比数列{an}中,a4=4,则 a2· a6 等于( A.4 C.16 解析:选 C a2· a6=a2 4=16. B .8 D.32 )

2.已知等比数列{an}的前三项依次为 a-1,a+1,a+4,则 an=(

)

?3?n A.4· ?2? ?3?n-1 C.4· ?2?
解析:选 C

?2?n B.4· ?3? ?2?n-1 D.4· ?3?
(a+1)2=(a-1)(a+4)?a=5,

3 ?3?n-1. a1=4,q= ,故 an=4· ?2? 2 3.已知等比数列{an}满足 a1+a2=3,a2+a3=6,则 a7=( A.64 C.128 a2+a3 解析:选 A q= =2, a1+a2 故 a1+a1q=3?a1=1,a7=1×27 1=64.


)

B.81 D.243

1 4.(2011· 北京高考)在等比数列{an}中,若 a1= ,a4=4,则公比 q=________;a1+a2 2 +?+an=________. 1 ?1-2n? 2 1 3 1 - 3 解析:a4=a1q ,得 4= q ,解得 q=2,a1+a2+?+an= =2n 1- . 2 2 1-2 答案:2 1 - 2n 1- 2

5.(2012· 新课标全国卷)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3+3S2=0,则公比 q= ________. 解析:∵S3+3S2=0,∴a1+a2+a3+3(a1+a2)=0, ∴a1(4+4q+q2)=0. ∵a1≠0,∴q=-2. 答案:-2 1.设数列{an}是等比数列,前 n 项和为 Sn,若 S3=3a3,则公比 q 为( 1 A.- 2 1 C.- 或 1 2 B.1 1 D. 4 )

解析:选 C 当 q=1 时,满足 S3=3a1=3a3. a1?1-q3? 当 q≠1 时,S3= =a1(1+q+q2)=3a1q2, 1-q 1 1 解得 q=- ,综上 q=- 或 q=1. 2 2

S4 2. (2012· 东城模拟)设数列{an}满足: 2an=an+1(an≠0)(n∈N*), 且前 n 项和为 Sn, 则 的 a2 值为( 15 A. 2 C.4 ) 15 B. 4 D.2

a1?1-24? 1- 2 S4 15 解析:选 A 由题意知,数列{an}是以 2 为公比的等比数列,故 = = . a2 2 a1×2 3.(2012· 安徽高考)公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10 =( ) A.4 C.6 B.5 D.7

解析:选 B ∵a3· a11=16,∴a2 7=16. 又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4. 又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5. 4.已知数列{an},则“an,an+1,an+2(n∈N*)成等比数列”是“a2 n+1=anan+2”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选 A 显然,n∈N*,an,an+1,an+2 成等比数列,则 a2 n+1=anan+2,反之,则不 一定成立,举反例,如数列为 1,0,0,0,? 5.(2013· 太原模拟)各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2,S3n=14, 则 S4n 等于( A.80 C.26 ) B.30 D.16 )

解析:选 B 设 S2n=a,S4n=b,由等比数列的性质知: 2(14-a)=(a-2)2,解得 a=6 或 a=-4(舍去), 同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以 b=S4n=30. 1 m 6.已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根组成以 为首项的等比数列,则 = 2 n ( ) 3 A. 2 2 C. 3 3 2 B. 或 2 3 D.以上都不对

解析: 选 B 设 a, b, c, d 是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根, 不妨设 a<c<d<b,

1 9 则 a· b=c· d=2,a= ,故 b=4,根据等比数列的性质,得到 c=1,d=2,则 m=a+b= , 2 2 9 m 3 m 2 n=c+d=3,或 m=c+d=3,n=a+b= ,则 = 或 = . 2 n 2 n 3
2 7.已知各项不为 0 的等差数列{an},满足 2a3-a7 +2a11=0,数列{bn}是等比数列,且

b7=a7,则 b6b8=________.
2 解析:由题意可知,b6b8=b2 7=a7=2(a3+a11)=4a7,

∵a7≠0,∴a7=4,∴b6b8=16. 答案:16 8.(2012· 江西高考)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1,则对任意的 n ∈N*,都有 an+2+an+1-2an=0,则 S5=________. 解析:由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q,则 a1(q2+q-2)=0.由 q2+q-2=0 解得 a1?1-q5? 1-?-2?5 q=-2 或 q=1(舍去),则 S5= = =11. 3 1-q 答案:11 9.(2012· 西城期末)已知{an}是公比为 2 的等比数列,若 a3-a1=6,则 a1=________; 1 1 1 + 2+?+ 2=________. a2 a2 an 1 解析:∵{an}是公比为 2 的等比数列,且 a3-a1=6,∴4a1-a1=6,即 a1=2,故 an= 1?n 1 ?1?n 1 ?1? 1 1 - a12n 1=2n,∴ =? , =?4? ,即数列?a2?是首项为 ,公比为 的等比数列, an ?2? a2 4 4 ? n? n 1 1? 1- n? 1 1 1 1 4? 4 ? 1? ∴ 2+ 2+?+ 2= = ?1-4n? ?. a1 a2 an 1 3 1- 4 答案:2 1 1? 1- n? 3? 4 ?

10.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且数列{Sn}是以 2 为公比的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求 a1+a3+?+a2n+1. 解:(1)∵S1=a1=1,且数列{Sn}是以 2 为公比的等比数列,∴Sn=2n 1,


又当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n 2(2-1)=2n 2.
- -

?1,n=1, ? ∴an=? n-2 ?2 ,n≥2. ?

(2)a3,a5,?,a2n+1 是以 2 为首项,以 4 为公比的等比数列, 2?1-4n? 2?4n-1? ∴a3+a5+?+a2n+1= = . 3 1-4

2?4n-1? 22n 1+1 ∴a1+a3+?+a2n+1=1+ = . 3 3


11.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,其中 an≠0,a1 为常数,且-a1,Sn,an+1 成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=1-Sn,问:是否存在 a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,求出 a1 的值;若 不存在,请说明理由. 解:(1)依题意,得 2Sn=an+1-a1.
? ?2Sn=an+1-a1, 当 n≥2 时,有? ?2Sn-1=an-a1. ?

两式相减,得 an+1=3an(n≥2). 又因为 a2=2S1+a1=3a1,an≠0, 所以数列{an}是首项为 a1,公比为 3 的等比数列. 因此,an=a1· 3n 1(n∈N*).


a1?1-3n? 1 1 (2)因为 Sn= = a1· 3n- a1, 2 2 1-3 1 1 bn=1-Sn=1+ a1- a1· 3 n. 2 2 1 要使{bn}为等比数列,当且仅当 1+ a1=0,即 a1=-2. 2 所以存在 a1=-2,使数列{bn}为等比数列. 12. (2012· 山东高考)已知等差数列{an}的前 5 项和为 105,且 a10=2a5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中不大于 72m 的项的个数记为 bm.求数列{bm}的前 m 项和 Sm. 解:(1)设数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Tn, 由 T5=105,a10=2a5, 5×?5-1? ? ?5a1+ d=105, 2 得? ? ?a1+9d=2?a1+4d?, 解得 a1=7,d=7. 因此 an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 an=7n≤72m,则 n≤72m 1.


因此 bm=72m 1.


所以数列{bm}是首项为 7,公比为 49 的等比数列, b1?1-qm? 7×?1-49m? 7×?72m-1? 72m 1-7 故 Sm= = = = . 48 48 1-q 1-49



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