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步步高 高考 数学 一轮 复习 温习 第六 课件 打包 10 苏教版

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【步步高】2011届高考数学一轮复习 第六编 数 列 理 课件（打包十套）苏教版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,第六,课件,打包,10,苏教版

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备课资讯 12 等差数列的求解“点悟” 【 例 1 】 设等差数列 5 ,427， 347， 第 n 项到第 n 6 项的和为 T ，则当 | T | 最小时 n 应等于 ( ) A 6 B 5 C 4 D 3 解析 方法一 a 1 5 ， d 57， S n 6 5( n 6) ( n 6 ) ( n 5 )257， S n 1 5( n 1) ( n 1 ) ( n 2 )257. T S n 6 S n 1 5 n 25 ，当 | T | 最小时， n 5. 故选 B. 方法二 等差数列即 5, 427， 347， 267， 217， 137，57， 0 ，57， 137， 217， 观察知 n 5 时， | T | 0 最 小 点评 把数列的项依次 “ 列 ” 出，通过观察验证，获得快速解决 【 例 2 】 已知等差数列 a n 的公差是正数，且 a 3 a 7 12 ， a 4 a 6 4 ，求它的通项公式 解析 方法一 设等差数列 a n 的首项为 a 1 ，公差为 d ，且 d 0 ，根据题意，有( a 1 2 d ) ( a 1 6 d ) 12 ，( a 1 3 d ) ( a 1 5 d ) a 1 10 ，d 2 ，或a 1 6 ，d 2( 舍去 ) a n a 1 ( n 1) d 10 2( n 1) 2 n 12. 方法二 设等差数列 a n 的公差为 d ，且 d 0 ，即数列 a n 是一个递增数列 a 3 a 7 a 4 a 6 4 ， a 3 a 7 12 ， a 3 ， a 7 是一元二次方程 4 x 12 0 的两根， 解得a 3 6 ，a 7 2 ，或a 3 2 ，a 7 6( 舍去 ) 由 a 7 a 3 4 d ，得 d 2. 故 a n a 3 ( n 3) d 6 2( n 3) 2 n 1 2. 点评 树立方程观点是解决此类问题的基本数学思想和方法，运用数列性质、方程性质，可减少运算量 【 例 3 】 等差数列的前 n 项和为 S n ，若 S 12 84 ， S 20 4 60 ，求 S 28 . 解析 方法一 设等差数列 a n 的首项为 a 1 ，公差为 d ， S 12 84 ， S 20 460 ， 12 a 1 121211 d 84 ，20 a 1 122019 d a 1 15 ， d 4. S n 15 n 12n ( n 1)4 2 17 n ， 故 S 28 2282 1728 1 092. 方法二 不妨设 S n 则122a 12 b 84 ，202a 20 b 4 60 ，解得 a 2 ， b 17 . 故 S 28 2 2 82 1 7 2 8 1 0 92 . 点评 充分利用等差数列和 【 例 4 】 等差数列的前 12 项和为 3 54 ，前 12 项中偶 数项和与奇数项和之比为 32 2 7 ，求公差 d . 解析 方法一 设等差数列首项为 a 1 ， a 2 a 1 d ， 则 12 a 1 12 ( 12 1 )2d 354 ，即 2 a 1 11 d 59. 又6 ( a 1 d ) 6 ( 6 1 )22 d6 a 1 6 ( 6 1 )22 d3227， 即 5 a 1 2 d 0 ，消去 a 1 求得 d 5. 方法二 由S 奇 S 偶 35 4 ，S 偶S 奇S 奇 162 ，S 偶 19 2 偶 S 奇 30 6 d ，求得 d 5. 点评 充分注意 S 奇 与 S 偶 的内在联系，会给解题带来方便 【 例 5 】 是否存在数列 a n ，同时满足下列条件： a n 是等差数列，且公差不为零； 数列1a 解析 方法一 设符合条件的数列 a n 存在，其首项为 a 1 ，公差为 d 0 ，有 a n a 1 ( n 1) d . 又 1a 数列 1a 1 d1a 11a 1 2 d1a 1 d，有 1( a 1 d ) a 1 1( a 1 2 d ) ( a 1 d )，即1a 11a 1 2 d， a 1 2 d a 1 ，即 d 0. 这与公差不为零矛盾 故不存在符合条件的数列 a n 方法二 设符合条件的数列 a n 存在，则 a n a n 2 2 a n 1 ，且1a n1a n 22a n 1，有 ( a n a n 2 )1a n1a n 2 4 ，即( a n a n 2 )2 4 a n a n 2 ， ( a n a n 2 )2 0 ，得 a n a n 2 ， 这与公差不为零矛盾故不存在符合条件的数列 a n 点评 充分利用等差数列公式的等价形式，解法方便易行 将以上两种解法对照，你会感悟到 “ 通法诚可贵，巧 解价亦高 ” 吧！ 返回 备课资讯 1 3 函数的性质在数列中的 应用 数列是一种特殊的函数：定义域为正整数集 N*( 或它的有限子集 1,2, 3 ， ， n ) 的函数，数列的通项公式就是相应的函数解析式，因此，用函数的观点去考察数列问题也是一种有效的途径，就此作初步探讨 一、解答数列的增减性问题 对于数列 a n ，若 a n 1 a n 对于任意的正整数 n 都成 立，则数列 a n 成为递增数列；若 a n 1 0 ， S 13 0S 13 13 a 1 13 1 2 物线开口向上， n 取最接近于12(2) 当 d 0 时，抛物线开口向下， n 取最接近于12该性质解等差数列与 总之，我们在解决数列问题时，应充分利用函数的 有关知识，以它的概念、图象、性质为纽带，架起 函数与数列间的桥梁，揭示它们间的内在联系，从 而有效地分解数列问题 返回 备课资讯 1 4 数列通项公式题型例析 一、等差、等比型 【 例 1 】 已知各项均为正数的数列 a n 前 n 项和 S n 满 足 S 1 1 ，且 6 S n ( a n 1) ( a n 2) ， n N*，求 a n 的通项公式 解析 由 a 1 S 1 16( a 1 1)( a 1 2) ， 解得 a 1 1 或 a 1 2 ，又由 a 1 S 1 1 ，因此 a 1 2 ， 又由 a n 1 S n 1 S n 16( a n 1 1)( a n 1 2) 16( a n 1)( a n 2) ，得 ( a n 1 a n )( a n 1 a n 3) 0 ， 即 a n 1 a n 3 0 或 a n 1 a n ，又因为 a n 0 ， 故 a n 1 a n 不成立，舍去 因此 a n 1 a n 3 ， 从而 a n 是公差为 3 ，首项为 2 的等差数列， 故 a n 的通项为 a n 3 n 1. 点评 本题中通过对已知条件的化简，得到数列为特 殊数列 ( 等差、等比 ) ，利用等差、等比数列的通项公 式求解 二、 a n 与 S n 关系型 【 例 2 】 数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 1 1 ， a n 1 2 S n ( n N*) ，求数列 a n 的通项 a n . 解析 a n 1 2 S n ， S n 1 S n 2 S n ， S n 1S n 3. 又 S 1 a 1 1 ， 数列 S n 是首项为 1 ，公比为 3 的等 比数列，则 S n 3n 1( n N*) 当 n 2 时， a n 2 S n 1 2 3n 2( n 2 ) ， 数列 a n 的通项公式为 a n 1 ， n 1 ，2 3n 2， n 2 ， n N*a n 与 S n 的关系求解数列的通项公式，特别要注意当 n 1 时的情况 点评 三、累差型 【 例 3 】 数列 a n 中， a 1 2 ， a n 1 a n c 是常 数， n 1 ,2 ,3 ， ) ，且 a 1 、 a 2 、 a 3 成公比不为 1 的 等比数列 (1 ) 求 c 的值； ( 2) 求 a n 的通项公式 解析 (1) 由 a 1 2 ，得 a 2 2 c ， a 3 2 3 c . 因为 a 1 、 a 2 、 a 3 成等比数列，所以 (2 c )2 2(2 3 c ) ， 解得 c 0 或 c 2. 当 c 0 时， a 1 a 2 a 3 ，不符合题意，舍去，故 c 2. (2) 当 n 2 时，由于 a 2 a 1 c ， a 3 a 2 2 c ， a n a n 1 ( n 1) c ， 所以 a n a 1 1 2 ( n 1) c n ( n 1 )2c . 又 a 1 2 ， c 2 ，故 a n 2 n ( n 1) n 2( n 2,3 ， ) 当 n 1 时，上式也成立，所以 a n n 2( n 1,2 ， ) 点评 一般情况下，若已知中出现数列具有 a n 1 a n 可利用逐项累差法求数列的通项公式 四、累商型 【 例 4 】 在数列 a n 中，若 a 1 1 ， a n 1 1a n ，求 数列 a n 的通项公式 解析 由 a n 1 1a n 对所有的自然数 n 都成立， 即a n 1a n 1恒成立， a 2a 112，a 3a 223， ，a na n 1n 1n， 以上各式相乘得a 2a 1a 3a 2a na n 11223n 1n，即a 1n，又 a 1 1 ， a n 1n. 点评 若在数列的已知条件中出现数列具有a n 1a n f( n )的情形，可利用逐项累商法求数列的通项公式 五、构造新数列型 【 例 5 】 在数列 a n 中， a 1 2 ， a n 1 4 a n 3 n 1 ， n N*，求数列 a n 的通项 a n . 解析 由题设 a n 1 4 a n 3 n 1 ，得 a n 1 ( n 1) 4( a n n ) ， n N*. 又 a 1 1 1 ，所以数列 a n n 是首项为 1 ，且公比为 4 的等比数列， a n n ( a 1 1) 4n 1， a n 4n 1n ( n N*) 点评 本题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的概念、等比数列的通项公式及构造新数列的能力 返回 第六编 数列 数列的概念及递推关系 基础知识 自主学习 要点梳理 数列是 的一列数，从函数观 点看，数列是定义域为 的函数 f(n)，当自变量 开始依次取 正整数时所对应的 . 按照一定次序排列 正整数集（或它的有限 子集） 一般地，如果数列 第 关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫 做这个数列的通项公式 . 分类原则 类型 满足条件 按项数分类 有穷数列 项数 无穷数列 项数 按项与项间的 大小关系分类 递增数列 中 n N* 递减数列 数列 =限 无限 0， . 又 ，故 首项为 1，公差为 2的等差数列， ,4 )1(2 nn 2(1,1,00)1)(1(,12,111111111【 例 3 】 已 知 数 列 a n 的前 n 项和 S n 满足 (n2) ， ,求 由已知条件可将 n2) 代入等 式，得关于 变形推得数 列 具有等差数列的特征，进而求得 得 解 当 n2 时， , 即 数列 是公差为 2的等差数列 . 21分析 1112()1(21)1(21,)1(21)1(212122,2)1(21,21,211111 设数列 前 n，已知 a1=a， =n， n N*. （ 1）设 数列 通项公式； （ 2）若 an,n N*,求 解 （ 1）依题意， =n， 即 =2n, 由此得 =2( 因此，所求通项公式为 n N*. (2)由知 n+(n N*, 于是 ,当 n2 时， 3n+( 2 22 3 3 n2 时， 2 + a 又 a2=综上，所求的 + ） . 3(122 22 3( n【 例 4】 （ 14分）已知数列 通项公式为 an=(1)求数列的前三项， 60是此数列的第几项？ （ 2） ， ,得 n6或 n6(n N*)时， . 8分 令 -(2n+1)恒成立， -(2n+1) 3. （ ）8.（ 2010 江苏盐城一模） 数列 中，有序数对（ a,b）可以 是 . 解析 从上面的规律可以看出 ,810,35)211,241( 61524,17 9.（ 2010 厦门月考） 若数列 通项公式 记 f（ n） =2(11(1 - 试通过计算 f(1),f(2),f(3)的值，推测出 f(n)= （用含 . 解析 f(1)=2(1 ,)1(12 na ,132345)1611)(911)(411(2)1)(1)(1(2)3(,122234)911)(411(2)2(,112123321答题 10.（ 2009 江西萍乡模拟） 在数列 ， =3 ,. （ 1）求 (2)127是这个数列的第几项？ 解 (1) , , 5, 1. (2)由 =21-1,=22-1,=235=24-1,1=25知数列 通项公式 令 227，得 2n=128=27, n=7, 127 是这个数列的第 7项 . 11.（ 2010 常州模拟） 已知数列 足： ,2n N*且 n2). （ 1）求数列 通项公式 . （ 2）这个数列从第几项开始及其以后各项均小 于 ？ 本题可以利用重要变形： 求通项公式，也可以运用迭 代求通项公式 . 解 （ 1） 方法一 分析 000111 12211122332211)21()21()21()21( 21()21()21()21()21()21()21()21()21(21,2.)21(.)21()21(2)1(2)1(2)1(1)2()1(112122111111111)1(2102411)21(,102)1(,1(,62)1(,4)2(2)1(2)1(项开始各项均小于第从所以时当时当 2009 浙江金华模拟） 已知数列 前 n 项和为 足 +n+1,求数列的通项 公式 . 解 +n+1, 1+ n+1, n+1 ， 2n+1-(2 =2n(n2), 3 (n=1), 2n (n2). 通项公式为 返回 等差数列 基础知识 自主学习 要点梳理 (1) 一般地 ， 如果一个数列从第二项起 ， 每一 项减去它的前一项所得的差都等于同一个常 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 表示 . (2)等差中项：如果 a， A， 么 叫做 a与 = . 公差 d A 2 (3)通项公式：如果等差数列 首项为 公差为 d，那么通项公式为 ， 也可记为 an= (m,n N*). (1)(2) . (1)通项公式的推广： an=d，（ n， m N*） . (2)若 等差数列，且 k+l=m+n，（ k， l， m， n N*），则 ak+al=am+d,n N* （ (1;)2(2 12 2)( 1 (3)若 等差数列，公差为 d，则 是 等差数列，公差为 2d. (4)若 等差数列，则 等 差数列 . (5)若 等差数列，则 ak+m， m， （ k， m N*）组成公差为 数列 等差数列的充要条件是其前 式 Sn=f（ n）是 ，即 . .)2(2 12 二次函数或一次函数且不含常 数项 n （ 20 ） 在等差数列 ， ， 值 . （ 1）若 等差数列，则 也成 数 列，其首项与 项相同，公差是 差的 . （ 2） 前 2m 项，前 3数列 . （ 3）关于等差数列奇数项与偶数项的性质 小 大 21等 差 若项数为 2n，则 ， . 若项数为 2 （ ， (4)两个等差数列 前 n、 . 偶奇11.（ 2008 陕西理 4， 改编 ） 已知 等差数 列 ,a1+,a7+8,则该数列前 10项和 . 解析 a1+,a7+8, ( a7+(a1+12d=284, d=2,a1+a1+d=4, . 0 d=10+90=100. 100 2910 首项 且满足 则 . 解析 由题意 所以 是首项为 3，公差为 5的等差数列， 则 +5d=3+5 5=28，即 . ,311 ),(5 *n N 281,31,51111 前 n，且 为整数的正 整数 个 . 解析 5 使得,3457,4,3,2,1,1127112)1(71197223814)12()12(1212 2009 辽宁） 等差数列 前 n,且 6,则 . 解析 由题意知 =155d=15(d)=15,故 . 3131)2 233(5)2 455(6 11 【 例 1】 已知等差数列前三项为 a,4,3a，前 为 550，求 a及 解 方法一 设该等差数列为 则 a1=a,a, 550. 由已知有 a+3a=2 4, a1=a=2，公差 d=. 代入公式 得 k2+ 2=2 550, 整理得 k2+50=0, 解得 0,51(舍去 )，所以 a=2,k=50. ,2)1(1 2)1( 由方法一得 a1=a=2,d=2. +2(2n, 又 550, k2+k=2 550,得 k2+50=0. 下同方法一 . ,2)22(2)( 221 跟踪练习 1 （ 2010 淮安模拟 ） 有四个数 ， 其中 前三个数成等差数列 ， 后三个数成等比数列 ， 并且第一个数与第四个数的和是 16， 第二个数 与第三个数的和是 12，求这四个数 . 解 方法一 设这四个数依次为 a， a+d， 根据题意有 由式，得 d=12 将式代入式得 216)( 2 12()212(26=0，解得 ， . 代入式得 ， 6. 所求的四个数为 0， 4， 8， 16或 15， 9， 3， 1. 方法二 设这四个数依次为 x， y， 1216根据题意有 x+（ 12=2y y（ 16=（ 122 由式得 x=3 将式代入式得 y（ 162） =（ 122 整理得 6=0，解得 ， . 代入式得 ， 5. 所求的四个数为 0， 4， 8， 16或 15， 9， 3， 1. 【 例 2】 已知数列 通项公式 an=qn(p、 q R，且 p、 . （ 1）当 p和 列 等差 数列； （ 2）求证：对任意实数 p和 q，数列 等差数列 . （ 1）判断或证明一个数列是否为等差数 列，通常用定义法 . （ 2）本例第（ 2）题中，证明： 等差 数列，要证明（ ） -(一个与 n 无关的常数，而不是证明 分析 （ 1） 解 p(n+1)2+q(n+1) -(2pn+p+q,要使 等差数列，则2pn+p+以 2p=0，即p=0. 故当 p=0时，数列 等差数列 . （ 2） 证明 pn+p+q, =2p（ n+1） +p+q, 而（ ） -(2 等差数列 . 跟踪练习 2 数列 足 ,=(n2+ (n=1,2,), 是常数 . (1)当 1时 ,求 及 (2)数列 否可能为等差数列 ?若可能 ,求出 它的通项公式 ;若不可能 ,说明理由 . 解 （ 1）由于 =（ n2+ n=1， 2， ），且 ， 所以当 1时，得 故 =3. 从而 22+2 (2)数列 可能为等差数列 ,证明如下： 由 ,=(n2+ 6(2, 12(6(2. 若存在 ,使 等差数列 ,则 即 (5(2=1解得 =3， 于是 11(6(2=这与 等差数列矛盾 ,所以 ,对任意 ,不可能是等差数列 . 【 例 3】 在等差数列 ，已知 0,前 15，求当 值，并求出它的最大值 . （ 1）由 0及 15可求得 d,进而求得 通项，由通项得到此数列前多少项为正，或利 用 用二次函数求最值 的方法求解 .（ 2）利用等差数列的性质，判断 出数列从第几项开始变号 . 解 方法一 0， 15， 10 20+ d=15 20+ d， d=- 分析 2910 21415 . 即当 n12 时， ,n14 时， 1477, 求所有可能的数列 通项公式 . 解 （ 1）由 8得 23d=14， 又 0d=0，故解得 d=0. 因此， 通项公式是 2 170202,11132,6,010,77)2(11111111114d Z,故 d= 将代入得 100,数列 单调递增数列，所以 所以 的取值范围为（ -, . 32832812.（ 2010 浙江绍兴一模） 已知函数 f(x)=m2 x +（ 1， 1） 、 B（ 2， 3） 及 C （ n， 前 n N*. （ 1）求 （ 2）设数列 前 n， = 求不等式 Tnn N*. 解 （ 1） f（ x） =2 n N*） . 当 n2 时， 当 n=1时， S1=. n N*） . ,11,34122） bn= 数列 等差数列 1n6. n N*, n=2、 3、 4、 5 所求不等式的解集为 2， 3， 4， 5. ,02)6)(1(267)3(2(222 等比数列 基础知识 自主学习 要点梳理 一般地，如果一个数列从 起，每一项与它 的 的比都等于 常数，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 表示 . 其数学表达式为 (或 (（ n2 ），常用定义判断或证明一个 数列是等比数列 . 1 1第 2项 前一项 同一个 公比 q 设等比数列 首项为 比为 q，则它的 通项公式 . 通项公式的变形为 an=可写为 常用此公式求通项公式中的公比 q1 时 可以看成函数 y=c 一个不 为零的常数与指数函数的乘积，因此，数列 各项所对应的点都在 y= 如果三个数 x、 G、 ,则 么 . 1 2, 如果等比数列 首项为 比为 q, 当 q=1时， ；当 q1 时， = ，其推导方法为 . 若数列 等比数列， m,n,p,q N*，且 m+n=p+q，则 . 等比数列，则 | ，公比分别是 ； 按顺序抽出间隔相同的 项组成的新数列 . n1)1(1n11 错位相减法 是等比数列 仍是等比数 列 |q| 等比数列， q 2 ,公比为 . 若 有Sm+n= （用 . 也成等比数列 m+础自测 公比 q1 的等比数列，且 , a3+=18,则 q= . 解析 由 ,a3+8得 ， +q)=18, q2+. q=，又 q1 ， q=1)1( 1 2009 浙江 )设等比数列 公比 q= ，前 n，则 = . 解析 21445 (1)1()1(,1)1(3434314144314414， ，公差不为零，且 a1, 么该等比数 列公比的值等于 . 解析 设等比数列为 且公比为 q,则 4 2010 南京调研） 若等比数列的公比为 2，且 前 4项和为 1，则这个等比数列的前 8项和为 . 解析 由题意可知， a8+a7+a6+=q4(a1+a2+a3+24，所以前 8项和等于 17. 17 典型例题 深度剖析 【 例 1】 在等比数列 ，已知 4,4. 求 前 8项和 要确定一个等比数列，只需求出它的 首项 利用已知条件，可得首项 之可得数列 从 而 解 设数列 首项为 比为 q，由已知 条件得 24. (*) =64. 8. 分析 将 8代入（ *）式，得 2(舍去 )， 将 代入（ *）式，得 . q= 2. 当 q=2时，得 , 当 q= 1， ;2 5 51)1( 818 51)1( 818 等比数列 时满足下列三个条件： a1+1； ；三个数 依次成等差数列 通项 公式 . 解 设等比数列 首项为 比为 q， 932 ,32 232 322,31,932,11)1(1152151 29432,329432,例 2】 已知数列 足： ,= an+-1)n(1)， 其中 为实 数， （ 1） 证明：对任意实数 ， 数列 是等比 数列； （ 2）证明：当 列 等比数列 . 证明 （ 1）假设存在一个实数 ，使 等 比数列，则有 即 所以 是等比数列 . 32,3122 .,094949494)494()332(222矛盾（ 2） =(-1)n+1 -3(n+1)+21 又 ( +18)0 ，由上式知 ， (n N*). 故当 列 以 -（ +18）为首项，- 为公比的等比数列 . 13()1(32)14232()1(1321 （ 2010 常州模拟） 已知数列 前 n，且对任意的 n N*有 n=n. (1)设 bn=证：数列 等比数列； （ 2）设 c1=cn=n2) ，求 通项 公式 . （ 1） 证明 由 1=1及 1得 . 又由 n=n及 +=n+1得 =1,2 =. 2( 2= 数列 以 b1= 为首项， 为公比 的等比数列 . 212121（ 2） 解 方法一 由（ 1）知 2=. 2 an=(n2) ， 22 =cn(n2). 又 c1= ,a2+a1+, 数列 首项为 ，公比为 的等比数列 . 12143 122 .)21()21(21 1 方法二 由 (1) .)21(,21)2()21()211()21()21()21(1)21(1)21(1(.)21()21(21111111也适合上式又【 例 3】 在等比数列 ， a1+a2+a3+a4+且 （ 1）由已知条件可得 a1 q， 与公比 方程组，解出 （ 2）也可利用性质 =a5=解 方法一 设公比为 q,显然 q1, 等比数列， 也是等比数列，公 比为 .,211111 354321分析 23a11)11(181)1(5151由已知得 )(,4 322123421 （ 1）已知等比数列 ，有 =4列 等差数列，且 b7= b5+值 . （ 2）在等比数列 ，若 ， ,求 解 （ 1） =4 ， , , 等差数列， b5+. （ 2） 方法一 8 27 得 方法二 由性质可知，依次 4项的积为等比数列，设公比为 p， 设 T1=, T4=, 1 ， p=2. 1 10=1 024. )(,2,8101016641160641166414314214114014443424116486415441例 4】 （ 14分）已知等差数列 首项 a=1， 公差 d0，且第 2项、第 5项、第 14项分别是等比 数列 第 2项、第 3项、第 4项 . （ 1）求数列 通项公式； （ 2）设数列 任意自然数均有 成立，求 c1+c2+ 10的值 . 解题示范 解 （ 1）由已知有 +d,+4d, +13d, (1+4 d)2=(1+d)(1+13d)， 解得 d=2( d0)， 2分 22111+(2=2 3分 又 b2=,b3=, 数列 公比为 3， 3 5分 （ 2）由 得 当 n2 时， 两式相减得， n2 时， =. 8分 3 n2). 又 n=1时， . 12211 112211 11 c1+c2+ 10 =32 010 14分 分12)2(32)1(31 3(3313263 01020102 跟踪练习 4 在 m（ m2 ）个不同数的排列 1 前面某数大于后面 某数 ),则称 一个排列的全 部逆序的总数称为该排列的逆序数 (n+1)n(321 的逆序数为 1的逆 序数 ,排列 321的逆序数 ,排列 4 321的逆 序数 . (1)求 写出 （ 2）令 证明： 2q1或 ,010,即等比数列 10项大于 1，从第 11项起小于 1，故 大 . 2110 1)21( 2009 江苏 )设 公比为 |q|1,令 bn=(n=1,2) ，若数列 连续 四项在集合 23， 19， 37， 82中，则 6q= . 解析 由题意知，数列 连续四项在集合 23,19,37,82中，说明 连续四项 在集合 24,18,36,81中，由于 连 续四项至少有一项为负， 连续四项为 36, 1. 6 q=232436 答题 10.（ 2010 南京调研） 设数列 前 知 （ 1） 证明 ： 当 b=2时， 是等比数 列； （ 2）求 通项公式 . 解 由题意知： ，且 n, =(n+1, - 得 b(2n=(, 即 =n. （ 1）当 b=2时，由知， =2n. 于是 -(n+1)2 n=2n-(n+1)2 n =2( 又 10, 所以 首项为 1,公比为 2的等比数列 . （ 2）当 b=2时，由（ 1）知 , 即 n+1)2当 b2 时，由得 22(221,1,2,2)1(2)221(221),221(22221222111111111 2010 苏州一模） 设数列 前 （ 1）求 （ 2）证明： 等比数列； （ 3）求 通项公式 . (1)解 因为 1,21+2,所以 ,. 由 2n+2=+2n+1=+n+1, 得 =n+1. 所以 1+22=2+22=6, 2+23=8+23=16,4, 3+24=40. (2)证明 由题设和式知 n+1)-(n)=2n+1n, 所以 首项为 2,公比为 2的等比数列 . (3)解 2( +22n+1)2 12.（ 2009 深圳四校联考） 已知在正项数列 中 ,点 在双曲线 上 ,数列 ,点 (n)在直线 y=- x+1上 ,其中 数列 前 (1)求数列 通项公式 ; (2)求证 :数列 等比数列 . (1)解 由已知点 上知 , , 数列 一个以 2为首项 ,以 1为公差的等差 数列 , an=d=2+n+1. 21),( 1nn )证明 点 (n)在直线 y=- x+1上 , 21 2,32,121,123),2(2121)2(12112111111111为公比的等比数列以为首项是一个以得令两式相减得返回 数列求和 基础知识 自主学习 要点梳理 数列求和的常用方法 （ 1）直接用等差、等比数列的求和公式 . （ 2）掌握一些常见的数列的前 1+2+3+ n= ; 1+3+5+(2 . 12+22+32+ ; 13+23+33+ . )1(21 nn )12)(1( )1( 如果一个数列 与首末两端等“距离”的 两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数 列的前 数列的 前 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个 等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列 的前 数列的前 n 项和就是用此法推导的 . 等差 等比 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的 一些项可以相互抵消，从而求得其和 . 常见的拆项公式有： (;21)12)(12(1)2(;)1(1)1( 1)12 112 1( 1.（ 2010 淮安模拟） 若数列 通项公式为 n+2数列 前 . 解析 ， 前 10项的和为 . 解析 2n+1+222 )121(21 )21(2 21 ,8110,417,214 121814121()28741(51212881104172141通项公式为 -1)则 . 解析 1+（ 9+ (4 99- 3)-(4 100 =( 50=n=1+ （ n，则 33+ . 解析 由题意知 ， 7， 25， 33+. ).(2),(21为偶数为奇数 深度剖析 【 例 1】 求和 某些数列通过适当分组 ， 可得出两个 或几个等差数列或等比数列 ， 进而利用等差数 列或等比数列的求和公式分别求和 ， 从而得出 原数列的和 析研究 ， 将数列分解转化为若干个能求和的新 数列的和或差 ， 从而求得原数列的和的一种求 和方法 . 41211()41211()211(1 ) 1 n分析 解 和式中第 211(2211)211(212)212121()111(2)211()211()211(2)211)21(121412111221跟踪练习 1 （ 2010 扬州模拟） 求下面数列的前 解 前 n= 当 a=1时， S1=n；当 a1 时， .,231,71,41,11 12 n,1111) ,23(741)1111()231()71()41()11(12112123(1,1;2)13(2)13(,3()23(741,1111112121211时当时当【 例 2】 设正数数列 前 n，满足 （ ） 2. (1)求出数列 通项公式； （ 2）设 记数列 前 n， 求 由 n2) 可求得 采用 裂项求和 . 解 （ 1）当 n2 时， （ ） 2-()2 整理得 (an+0， 41,1141 an+ ， . 当 n=1时， 1= ()2，解得 . 数列 以 为首项，以 d=2为公差的等差数列 . 211(21)121121()5131()311(21),121121(21)12)(12(1)2(跟踪练习 2 （ 2009 陕西宝鸡教学质检） 已知数 列 前 n，且 ,= (n=1,2,3,). (1)求数列 通项公式； （ 2）当 时，求证：数列 的前 （ 1） 解 由已知得 数列 以 项，以 为公比的等比数列 . 21)3(lo 23 nn 11nn n ),2(21,21112(231 )证明 23(21,1,1)23(,11()4131()3121()2111(23(23l o (l o 【 例 3】 已知数列 前 n=(n 2 n+1, 是否存在等差数列 使 对一切自然数 n=1） , n2 ） , 依条件先求出 通项，再由倒序相加法得 出结论 . 解 当 n=1时， 1=1；当 n2 时， （ 2 n+1-（ 2 （ 2 n+2） =n2 因 满足 an=n2 n2 ）， an=n2 n N+） . 22111 CC 分析 由公式 假设存在等差数列 足条件，设 且 n N+）仍成等差数列， an= 令 bn=n，显然 n=0时， ，故存在等差数列 足已知等式 . ,2)( C(C)(C)(C)(2,相加得得倒序则跟踪练习 3 （ 1）求证： （ 2）已知 lg(a,S=lg xn+lg(y)+ lg yn(x0,y0)，求 S. （ 1） 证明 由于 所以利用倒序相加法 求左端和 . n+1)2 n. 等式得证 . 210 (C)12( ,CC ,2)1(2)2,2(C)12(,C)12(又令（ 2） 解 将和式中各项反序排列得， S=lg yn+lg(x lg(+lg 将此式与原式两边对应相加得， 2S=lg(xy)n+lg(xy)n+xy)n =n(n+1)lg(共 n+1项 lg( a, S= n(n+1)a. 21【 例 4】 (12分 )（ 2008 陕西） 已知数列 首 项 n=1,2,. (1)证明 :数列 是等比数列 ; (2)求数列 的前 n. 若数列 等差数列， 等比数 列，求 前 题可采用错位相减法求得 . 解题示范 （ 1） 证明 ,12,3211 11,12121211,1211（ 2）解 111,2111,32)111111,221222121,22322216211,21212111)1(得则设分即知由12.22242)1(222,2)1(321102112211)211(212111分项和的前数列又分跟踪练习 4 （ 2008 安徽） 设数列 足 a1=a,=-c,n N*，其中 a、 c0. （ 1）求数列 通项公式； （ 2）设 a= ,c= ,bn=n(1n N*，求数列 前 n. （ 1） 解 方法一 -1=c( 当 a1 时， 首项为 比为 比数列 . . 当 a=1时， 仍满足上式， 2121 数列 通项公式为 (n N*). 方法二 由题设得 n2 时， c(=c2(= ( ,n=1时， a1= 通项公式为 (n N*). （ 2） 解 由（ 1）得 ,)21()21)(1()21(2)21(21,)21()21(221.)21()1(1322211.)21)(2(2.)21()21(12)21()21()21(211)21()21()21(21211212思想方法 感悟提高 高考动态展望 高考中以考查等差、等比数列的求和公式为主，同时考查转化的思想，另外对非等差、等比数列求和，主要考查学生的观察能力，分析问题与解决问题的能力及计算能力 . 方法规律总结 如果是等差 、 等比数列的求和 ， 可 直接用求和公式求解，公式要做到灵活运用 . 等比数列的一般数列求和 ， 主要有两 种思路 : (1)转化的思想 ， 即将一般数列设法转化为等差 或等比数列 ， 这一思想方法往往通过通项公式 或错位相消来完成； (2)不能转化为等差或等比数列的特殊数列 ， 往 往通过裂项相消法 、 错位相减法 ， 倒序相加法 等来求和 ， 要将例题中的几类一般数列的求和 方法记牢 . (1)倒序相加：用于等差数列及其相关联的数列 求和 . (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数 列的求和 . (3)分组求和：用于若干个等差数列或等比数列 的和数列的求和 . (4)拆项相消：常用的拆项公式有 ).(11;111)1(1 定时检测 一、填空题 1.（ 2009 广东汕头一模） 数列 9， 99， 999， 的前 . 解析 数列通项 0 分组求和得 )110(910.)110(910101 )101(10 2.（ 2009 深圳调研） 设函数 f（ x） =xm+为 f （ x） =2x+1，则数列 （ n N*）的 前 . 解析 f（ x） =xm+f （ x） =2x+1， m=2， a=1， f（ x） =x2+x， 即 f（ n） =n2+n=n（ n+1）， 数列 （ n N*）的前 )(1)(11()3121()211()1(14313212113.（ 2010 广东十校联考） 等差数列 通项 n+1，则由 所确定的 数列 前 . 解析 由题意 a1+a2+ =n(n+2), 于是数列 前 21)5(21 23( )2( 5(212)23( 2010 苏州模拟） 若数列 正项数列 ,且 解析 令 n=1得 =4，即 6， 当 n2 时， =(n)- (+3( =2n+2, 所以 (n+1)2，当 n=1时，也适