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陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 数列要点讲解素材 北师大版必修5


数 列
一、高考要求 1. 理解数列的有关概念,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出 数列的前 n 项. 2. 理解等差(比)数列的概念,掌握等差(比)数列的通项公式与前 n 项和的公式. 并 能运用这些知识来解决一些实际问题. 3. 了解数学归纳法原理,掌握数学归纳法这一证题方法,掌握“归纳—猜想—证明”这 一思想方法. 二、热点分析 1.数列在历年高考中都占有较重要的地位,一般情况下都是一个客观性试题加一个 解答题,分值占整个试卷的 10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、 通项公式、前 n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容,对 基本的计算技能要求比较高,解答题大多以考查数列内容为主,并涉及到函数、方程、不 等式知识的综合性试题,在解题过程中通常用到等价转化,分类讨论等数学思想方法,是 属于中高档难度的题目. 2.有关数列题的命题趋势 (1)数列是特殊的函数,而不等式则是深刻认识函数

和数列的重要工具,三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验,而三者的求证题所显 现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 (2)数列推理题是新出现的命题热点.以

往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力,近两年在数列题中也加强了推理能力的考 查。 (3)加强了数列与极限的综合考查题 3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数 列问题时应用非常广泛,且十分灵活,主动发现题目中隐含的相关性质,往往使运算简洁 优美.如 a2a4 ? 2a3a5 ? a4a6 ? 25 ,可以利用等比数列的性质进行转化:从而有

a32 ? 2a3a5 ? a52 ? 25 ,即 (a3 ? a5 )2 ? 25 .
4.对客观题,应注意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题,就会发现,除了 ①借助特殊数列. ②灵活

常规方法外,还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下:

运用等差数列、等比数列的有关性质,可更加准确、快速地解题,这种思路在解客观题时 表现得更为突出,很多数列客观题都有灵活、简捷的解法 5.在数列的学习中加强能力训练 数列问题对能力要求较高,特别是运算能力、归
1

纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说,考题中选择、填空题解法灵 活多变, 而解答题更是考查能力的集中体现, 尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查, 应引起我们足够的重视.因此,在平时要加强对能力的培养。 6.这几年的高考通过选择题,填空题来着重对三基进行考查,涉及到的知识主要有: 等差(比)数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行 考查,其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等,综合性比较强,但难度略有下 降. 三、复习建议 1. 对基础知识要落实到位,主要是等差(比)数列的定义、通项、前 n 项和. 2. 注意等差(比)数列性质的灵活运用. 3. 掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前 n 项和的求和方法. 4. 注意渗透三种数学思想:函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 5. 注意数列知识在实际问题中的应用,特别是在利率,分期付款等问题中的应用. 6. 数列是高中数学的重要内容之一,也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式 出现,所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、 等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法,而且有效地考查了学生 的各种能力。 四、典型例题 【例1】 已知由正数组成的等比数列 ?a n ?,若前 2 n 项之和等于它前 2 n 项中的偶 数项之和的 11 倍, 第 3 项与第 4 项之和为第 2 项与第 4 项之积的 11 倍, 求数列 ?a n ?的 通项公式. 解:∵q=1 时 S2n ? 2na1 , S偶数项 ? na1 又 a1 ? 0 显然 2na1 ? 11na1 ,q≠1 ∴ S 2n ?
a1 (1 ? q 2n ) a q(1 ? q 2n ) ? S 偶数项 ? 1 1? q 1? q 2

依题意

a1 (1 ? q 2n ) a q(1 ? q 2n ) 1 ? 11? 1 ;解之 q ? 1? q 10 1? q 2

又 a3 ? a4 ? a1q 2 (1 ? q), a2a4 ? a12q 4 ,
2

依题意 a1q2 (1 ? q) ? 11a12q4 ,将 q ?
1 a n ? 10? ( ) n?1 ? 102?n 10

1 代入得 a1 ? 10 10

【例2】 等差数列{an }中, a3 ? a123 =30, a33 =15,求使 an≤0 的最小自然数 n。
?a ? 2d ? 30 ?a ? 2d ? ?30 ?a ? 2d ? 30 解:设公差为 d,则 ? 1 或? 1 或? 1 或 ?a1 ? 122d ? 30 ?a1 ? 122d ? 30 ?a1 ? 122d ? ?30

?a1 ? 2d ? ?30 ? ?a1 ? 122d ? ?30 ?a ? 30 解得: ? 1 ? a33 = 30 与已知矛盾 ?d ? 0
?a1 ? ?31 ? 或? 1 ? a33 = - 15 与已知矛盾 ?d ? 2 ?

?a1 ? 31 ? 或? 1 ?a33 = 15 ?d ? ? 2 ?

?a ? ?30 或? 1 ? a33 = - 30 与已知矛盾 ?d ? 0

∴an = 31+(n - 1) ( ?

1 n ?1 ) ? 31 ? ? 0 ? n≥63 2 2

∴满足条件的最小自然数为 63。 【例3】 设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ,已知 S4=44,S7=35 (1)求数列{a n }的通项公式与前 n 项和公式; (2)求数列 {| a n |} 的前 n 项和 Tn。 解: (1)设数列的公差为 d,由已知 S4=44,S7=35 可得 a1=17,d=-4 ∴a n =-4n+21 (n∈N),S n =-2n +19 (n∈N). (2)由 a n =-4n+21≥0 得 n≤
2 2

21 , 故当 n≤5 时,a n ≥0, 当 n≥6 时, a n ? 0 4
2

当 n≤5 时,T n =S n =-2n +19n 当 n≥6 时,T n =2S5-S n =2n -19n+90. 【例4】 已知等差数列 ?a n ? 的第 2 项是 8,前 10 项和是 185,从数列 ?a n ? 中依次 取出第 2 项,第 4 项,第 8 项,??,第 2 n 项,依次排列一个新数列 ?bn ? ,求数列 ?bn ? 的通项公式 b n 及前 n 项和公式 S n 。 解:由 ?
?a 2 ? a1 ? d ? 8 ?a ? 5 ? 得 ? 1 10 ? 9 ?d ? 3 ?S10 ? 10a1 ? 2 d ? 185 ?

3

∴ a n ? a1 ? (n ? 1)d ? 5 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 2
S n ? b1 ? b2 ? ?? ? bn ? 2n ? 3

∴ bn ? a2n ? 3 · 2n ? 2

2 n?1 ? 2 ? 2n ? 3 · 2 n?1 ? 6 2 ?1

【例5】 已知数列 1,1,2??它的各项由一个等比数列与一个首项为 0 的等差 数列的对应项相加而得到。求该数列的前 n 项和 Sn; 解:(1)记数列 1,1,2??为{An},其中等比数列为{an},公比为 q; 等差数列为{bn},公差为 d,则 An =an +bn (n∈N) 依题意,b1 =0,∴A1 =a1 +b1 =a1 =1 ①

A 2 =a 2 +b 2 =a 1 q+b 1 +d=1 ②

A 3 =a 3 +b 3 =a 1 q2 +b 1 +2d=2 ③
由①②③得 d=-1, q=2, ∴ an ? 2 n?1 , bn ? 1 ? n

S n ? A1 ? A2 ? … ? An ? a1 ? a 2 ? … ? a n ? b1 ? b2 ? … ? bn

∴ ? (1 ? 2 ? … ? 2 n?1 ) ? [(1 ? 1) ? (1 ? 2) ? … ? (1 ? n)] n(1 ? n) ? 2n ? 1 ? 2 【例6】 已知数列 ?a n ? 满足 an+Sn=n,(1)求 a1,a2,a3,由此猜想通项 an,并加以证明。 解法 1:由 an+Sn=n, 当 n=1 时,a1=S1,?a1+a1=1,得 a1=

1 2 3 4
7 8

当 n=2 时,a1+a2=S2,由 a2+S2=2,得 a1+2a2=2,?a2=

当 n=3 时,a1+a2+a3=S3,由 a3+S3=3,得 a1+a2+2a3=3?a3= 猜想, a n ? 1 ? 当 n=1 时,a1=1-

1 (1)下面用数学归纳法证明猜想成立。 2n

1 1 ? ,(1)式成立 2 2
1 2k

假设,当 n=k 时,(1)式成立,即 ak=1-

成立,

则当 n=k+1 时,ak+1+Sk+1=k+1,Sk+1=Sk+ak+1 ?2ak+1=k+1-Sk 又 ak=k+Sk
1 1 1 1 ?2ak+1=1+ak ?ak+1= (1 ? ak ) ? (1 ? 1 ? k ) ? 1 ? k ?1 2 2 2 2

即当 n=k+1 时,猜想(1)也成立。 所以对于任意自然数 n, a n ? 1 ?

1 都成立。 2n

4

解法 2:由 an+Sn=n 得 a n ?1 ? S n ?1 ? n ? 1 ,两式相减得: a n ? a n ?1 ? S n ? S n ?1 ? 1 , 即 an ?
1 1 a n?1 ? 1 ,即 a n ? 1 ? ?a n?1 ? 1? ,下略 2 2

5


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