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步步高 高考 数学 一轮 复习 温习 第六 课件 打包 北师大

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【步步高】2011届高考数学一轮复习 第六编 数 列 文 课件（打包9套）北师大版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,第六,课件,打包,北师大

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备课资讯 12 等差数列的求解“点悟” 【 例 1 】 设数列 a n 是等差数列，且 a 2 6 ， a 8 6 ， S n 是数列 a n 的前 n 项和，则 ( ) A S 4 0 ，则 S 4 S 5 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 4 】 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 5 】 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 6 】 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 ，抛物线开口向上， 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 像 、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 14 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 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 ，23n 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 数列的概念与简单表示法 要点梳理 按照 排列着的一列数叫作数列，数列中 的每一个数叫做这个数列的项 . 一定次序 基础知识 自主学习 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 nN + 递减数列 数列 =其他 标准分类 有界数列 存在正数 M，使 | M 摆动数列 1， 1， 有限 无限 数列有三种表示法，它们分别是 、 和 . 如果数列 第 n项 之间的函数关系可 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 . 列表法 图像法 解析法 n an=f(n) .,.,.)2(,)1(, ， ， 的一个通项公式 ） A. B. C. D. 解析 1可以写成 ， 分母为 3， 5， 7， 9， 即 2n+1,分子可以看为 1 3,2 4,3 5,4 6,故 为 n(n+2)，即 . 此题也可用排除法求解 ， 只需验证当 n=1时 ， A 选项为 ， ， ， 均不为 1， 故 排除 A、 B、 C，从而选 D. 924,715,58122(21)1( 2(3基础自测 2 . 若数列 a n 的前 n 项和 S n = n 2 - 1 , 则 ( ） 析 4232=7. A 足： , an= n, n N+，则实数 的最小值是 （ ） 析 n+1） 2+ （ n+1） n=2n+1+ 0 恒成立， n N+， 3+ 0 ， A ,=n N+), 则 （ ） 析 a n + 2=a n + 1-a n ， a n + 3=a n + 2-a n + 1， 两式相加可得 = 5. B 它们的前 下列条件 : (1),9, ; (2)7,77,777,7 777, ; (4)a,b,a,b,a,b, . (-1)n(6)110(97 n 1126,917,710,1,32)3(121)1( 21 )(2(2 由数列的前几项写数列的通项公式 【 例 1】 根据数列的前几项，写出下列各数列的一 个通项公式： （ 1） 7， 19， （ 2） （ 3） （ 4） （ 5） 0， 1， 0， 1， ,6461,3229,1613,85,41,21 ,179,107,1,23题型分类 深度剖析 思维启迪 先观察各项的特点，然后归纳出其通项 公式，要注意项与项数之间的关系，项与前后项之 间的关系 . 解 （ 1） 符号问题可通过 （ n+1表 示 ， 其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝 对值总比前面数的绝对值大 6， 故通项公式为 (-1)n(6 （ 2）将数列变形为 )8,),8),8),8 (3)各项的分母分别为 21,22,23,24, 易看出第 2,3, 4项的分子分别比分母少 项变为 , 原数列可化为 (4)将数列统一为 对于分子 3， 5， 7， 9， ， 是序号的 2倍加 1， 可得分子的通项公式 为 n+1， 对于分母 2， 5， 10， 17， 联想到数 列 1， 4， 9， 16， 即数列 可得分母的通项 公式为 cn= 因此可得它的一个通项公式为 232 (,232,232,232,23244332211,179,107,55,231122 （ 1） 由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 ， 可使用添项 、 还 原 、 分割等方法 ， 转化为一些常见数列的通项公式 来求 . （ 2） 由数列的前几项写出数列的一个通项公式是 不完全归纳法 ， 得出的结果是不可靠的 ， 要注意代 值检验 ,对于正负符号变化 ,可用 (-1)-1)n+1 来调整 . o (1)(1)(0）5（或或为偶数为奇数探究提高 知能迁移 1 写出下列各数列的一个通项公式： （ 1） 4， 6， 8， 10， （ 2） （ 3） （ 4） 3， 33， 333， 3 333， 解 （ 1）因为各项是从 4开始的偶数， 所以 n+2. （ 2） 由于每一项分子比分母少 1， 而分母可写为 21， 22， 23， 24， 25， ， 故所求数列的一个通 项公式可写为 . ,3231,1615,87,43,21,1337,1126,917,710,1,32 12 （ 3） 由于带有正负号 ， 故数列可以用 （ n+1来 调整，而后去掉负号，观察可得 . 将第二项 . 分母可化为 3,5,7,9,11,13, 为正奇数 ， 而分子 可化为 12+1,22+1,32+1,42+1,52+1,62+1， 故其一 个通项公式可写为 （ 4）将数列各项改写为 ，分 母都是 3， 而分子分别是 10102103 104, 所以 55)1(21 9 9 99,39 9 9,399,39)1 由数列的递推公式求通项 例 2】 根据下列条件，确定数列 通项公式 . （ 1） ， =3； （ 2） ， =（ n+1） （ 3） ， =（ 1）构造等比数列；（ 2）转化后 利用累乘法求解；（ 3）转化后利用累加法求解 . 解 （ 1） =3， +1=3（ ）， 数列 为等比数列，公比 q=3,又 =2, =23 3 ）1（1ln n思维启迪 3111 .！123)2()1(,3,1,1,)1()2(1122321111故累乘可得211,113(111221111探究提高 已知数列的递推关系 ， 求数列的通项 时，通常用累加、累乘、构造法求解 . 当出现 a n=a n -1+ 构造等差数列；当出现 an= 构造等比数列；当出现 an=f(n) 时 ， 用累加法求解；当出现 时 ， 用累乘 法求解 . )( 1知能迁移 2 根据下列各个数列 首项和基本 关系式，求其通项公式 . （ 1） ,an=n2); （ 2） , n2). 解 （ 1） an=n2), a2=1. 以上（ 式子相加得 an=1+32+3 1+3+32+3 . 213 (2),2(1）2（1112211个式子相乘得以上题型三 由 例 3】 （ 12分 ） 已知数列 前 (n2, n N+), ,求 由已知条件可将 n 2)代 入等式 ， 得关于 经变形推 得数列 具有等差数列的特征 ， 进而求得 再得 1 21解 当 n2, nN +时， 2， 2)1(21,21,4,21111111解题示范 分时当12.)N,2()1(21)1(21,)1(21)1(212122,N,21*a ,此公式经常使用 ， 应引起 足够的重视 但已知 当 n 2时求出 n=1时的情形 ,可直接写成 则分段表示 . )2()1(11知能迁移 3 已知下列数列 前 n,求 的通项公式： （ 1） (2)n+b. 解 （ 1） 1=21， 当 n2 时， （ 2- 2(-3( =4 由于 （ 2） 1=3+b, 当 n2 时 ,3n+b)-(3b)=23 当 b= 当 b 当 b=3 当 b 2,1,31 数列的性质 【 例 4】 已知数列的通项公式为 . （ 1） （ 2）判断此数列的增减性 . （ 1）令 能否求出正整数 n; （ 2）判断 解 （ 1）假设 存在正整数 n, 满足 = n=7时等式成立， 思维启迪 122此数列为递增数列 . （ 1）看某数 是看关于 an= （ 2）判断数列的单调性就是比较 的大小 . (1)1(1211)1()1(）2（2222221知能迁移 4 已知数列 前 n=4n （ n N+） . （ 1）求 通项公式； （ 2）当 最大值是多少 ? 解 （ 1） n=1时， 1=23. n2 时， 4n+(=5. 经验证， 3符合 2n+25, 2n+25（ n N+） . （ 2） 方法一 4n， n=12时， n=144. 方法二 2n+25， 2n+25 0，有 n . 0， 0，故 大值为 144. 225 方法与技巧 通常用观察法 （ 对于交错数列一般用 （ -1)n+1来区分奇偶项的符号 ） ；已知数列中的递推关系 ， 一般只要求写出数列的前几项 ， 若求通项可用归纳 、 猜想和转化的方法 . .)2()1(11 感悟提高 类问题的要求不高 ， 但试题难度较难把握 （ 1） 算出前几项 ， 再归纳 、 猜想； （ 2） “ =q” 这种形式通常转化为 + = p( ),由待定系数法求出 ， 再化为等比数列； （ 3） 逐差累加或累乘法 . 现新情境 ， 体现与其它知识的交汇 . 失误与防范 即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数 ， 当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值 ， 就是数列 在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性 ， 又要考虑数列方法的特殊性 . 需仔细观察分析 ， 抓住其几方面的特征：分式中分子 、 分母的各自特征；相邻项的联系特征；拆项后的各部分特征；符号特征 ， 应多进行对比 、 分析 ， 从整体到局部多角度观察 、 归纳 、 联想 . 一 、 选择题 ， 2， 2， 3， 3， 3， 4， 4， 4， 4， 5， 的第 100项是 （ ） 析 易知数字为 到数字 总共的数字的个数为 1+2+3+ +n= n=13时 ，最后一项为第 91项 ， n=14共有 14个 ， 故第 100项为14. A 2)1( 2. 已知数列 ， a1=b (， = (n=1,2,3, )， 能使 an=b的 （ ） 析 a1=b, , ,a4=b, 此数列的周期为 3, 能使 an=b的 n=3k N+). C 11 b ， ,(-1)n(n 2,n N+), 则 的值是 （ ） A. B. C. D. 解析 由已知得 +(=2, a2=, , +(, , 3+(, , C 前 n=则 a5+ （ ） 析 a5+6352. B 足 ,= (n N+)， 则 （ ） B. C. D. 解析 =0, 数列 周期为 3的一个循环数 列 , 6+2= . 133323,313 33,310 30 3 3B 前 n=第 8,则 （ ） 析 Sn= n 2时 ， 1= n N+） 5 28,得 k 9. k=8. B 二 、 填空题 前 n， 满足 n+1)=n+1,则 . 解析 由已知条件可得 =2n+1. n+1 当 n=1时 ， 1=3, 当 n 2时 ， n+1=2n， n=1时不适合 3（ n=1） 2n（ n 2） 3（ n=1） 2n（ n 2） 8.（ 2008 四川 ） 设数列 ， ,=an+n+1,则通项 . 解析 由 n+1可得 ， n， ， ， 以上 +3+ +n， +（ 1+2+3+ +n） = +1. 12 )1( ( 2009 北京 )已知数列 足： , ,an,n N+,则 09= , 14= . 解析 09=503,14=07=4. 1 0 三 、 解答题 通项 n+1) (n N+)， 试问该数列 没有最大项 ？ 若有 ， 求最大项的项数；若没有 ， 说明理由 . 解 n+2） 当 n 9时 ， 0,即 当 n=9时 ， ， 即 = 当 n 9时 ， 0,即 故 a9= , 所以数列中有最大项为第 9、 10项 . n1110 1110)1(1110 ， (n N+,a R, 且 a 0). （ 1） 若 a=求数列 的最大项和最小项的值； （ 2） 若对任意的 n N+， 都有 求 解 （ 1） （ n N+， a R， 且 a 0） ， a= (n N+). 结合函数 f(x)= 的单调性 . )1(211 (211 1 (n N+). 数列 的最大项为 ,最小项为 . （ 2） + 对任意的 n N+,都有 并结合函数 f(x)=1+ 的单调性 ， 5 6, a (21222122 ay=f(x)的图像经过坐标原点，其 导函数为 f( x)=6列 前 （ n， （ n N+）均在函数 y=f(x)的图 像上 . （ 1）求数列 通项公式； （ 2）设 ,前 求使得 对所有 n N+都成立的最小正整数 m. 13 （ 1）设二次函数 f(x)=a0), 则 f( x)=2ax+b,由于 f( x)=6得 a=3,b=以 f(x)=3又因为点（ n, (n N+)均在函数 y=f(x)的图像 上，所以 当 n2 时， 3 3(- 2( =6当 n=1时， 1=3 12 1所以 ,n N+). 0,611(21)161561()13171()711(21),161561(213)1()2(1为所求的最小正整数即只需都成立对所有要使故知由返回 要点梳理 如果一个数列 ， 那么这个数列就叫做等差数列 ，这个常数叫做等差数列的 ， 通常用字母 表示 . 如果等差数列 首项为 公差为 d， 那么它的通项公式是 . 等差数列及其前 从第二项起每一项与它相邻前面一项 的差是同一个常数 公差 d an= d 基础知识 自主学习 如果 ， 那么 a与 （ 1） 通项公式的推广： an= ， （ n，m N+） . （ 2） 若 等差数列 ， 且 k+l=m+n， （ k， l， m，n N+） ， 则 . （ 3） 若 等差数列 ， 公差为 d， 则 是等差数列 ， 公差为 . （ 4） 若 等差数列 ， 则 . 2d ak+al=am+数列 2 （ 5） 若 等差数列 ， 则 ak+m， m， （ k， m N+） 是公差为 的等差数列 . 设等差数列 公差为 d， 其前 n= 或 . . 数列 等差数列的充要条件是其前 f（ n） 是 ， 即 . )( 1 )1(1 2(2 12 n， （ 2 0） 二次函数或一次函数且不含常数 项 ， 0， d 0， 则 值；若 0,d 0,则 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 前 2 前 3 数列 . 小 等差 大 （ 3） 关于等差数列奇数项与偶数项的性质 若项数为 2n， 则 ， = . 若项数为 2则 （ ， (4)两个等差数列 前 n、 的关系为： = . nd n 2121.（ 2009 辽宁 ） 等差数列 ， 且 1,则公差 d= （ ） B. C. 析 根据题意得 d)= a3=d=0, d= B 21 , 则 ） A. B. C. 解析 由 , 得 为等差数列 . B ,31111 nn nn 23131)1(111 323101 1010 2009 福建 ） 等差数列 前 n,且,则公差 （ ） B. 析 设 项为 差为 d, 则 d=3d=6, a3=d=4, ,d=2. C 35223前 13项之和为 39， 则 a6+a7+于 （ ） 析 由 =139得 ， a6+a7+. B 2)(13 1 前 若 则 等于 （ ） D. 解析 由等差数列的性质 ， A ,9535 52251913535 52)(95191519159 等差数列的判定 【 例 1】 已知数列 通项公式 an=p、 q R，且 p、 . （ 1） 当 p和 数列 等差数列； （ 2） 求证：对任意实数 p和 q,数列 等差数列 . (1)由定义知 ,等差数列 ,为一个常数 . (2)只需推证 ()-(一个常数 . 思维启迪 题型分类 深度剖析 (1)解 p(n+1)2+q(n+1) -(=2pn+p+q, 要使 等差数列 ,则 2pn+p+常数 ,所以只有 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, ( )-(2 等差数列 . RqRq 探究提高 证明或判断一个数列为等差数列 ,通常有两种方法 :(1)定义法 :d;(2)等差中项法 :2=an+第 (2)问中 ,需证明()-(常数 ,而不是证 知能迁移 1 设两个数列 a n ,b n 满足 b n = 若 等差数列 ， 求证： 为等差数列 . ,321 32 321 n n 证明 由题意有 + 从而有 +（ （ n 2） 2)1( ( 由 - ， 得 整理得 其中 公差 （ n 2） . 从而 （ n 2） . 又 a1=b1, d+ d, 所以 等差数列 . ,2 )1(2 )1( 1 nn 1 nn ( 11 322 2323题型二 等差数列的基本运算 【 例 2】 在等差数列 ， （ 1） 已知 3,53,求 （ 2） 已知 0,， 求 8； （ 3） 已知前 3项和为 12， 前 3项积为 48， 且 d 0, 求 在等差数列中 ， 五个重要的量 ， 只要已知三个量 ， 就可求出其他两个量 ， 其中 利用通项公式与前 先求出 d. 思维启迪 解 （ 1） 方法一 设首项为 差为 d,依条件得 33=4d 23, 153=4d d=4. 23+(61 4=217. 方法二 由 由 an=d, 得 6d=153+16 4=217. ,解方程组得 ,430 331531545, 1545 （ 2） 0, 解方程组得 5,d=3, a8=d=10+2 3=16, d=10 50d=5. =44. (3)设数列的前三项分别为 a,a+d,依题意有 (a+(a+d)=12 ( a( a+d)=48, a=4 a=4 a(48 d= 2. d 0, d=2,. 首项为 2. . 2)( 81 , 方程思想是解决数列问题的基本思想 ，通过公差列方程 （ 组 ） 来求解基本量是数列中最基本的方法 ， 同时在解题中也要注意数列性质的应用 . 探究提高 知能迁移 2 设 一个公差为 d (d 0)的等差数列 ， 它的前 10项和 10且 a1,a2, （ 1） 证明 a1=d; （ 2） 求公差 通项公式 . （ 1） 证明 因为 a1,a2, 故 =而 等差数列 ， 有 a2=a1+d,a4=d. 于是 (a1+d)2=a1(d), 即 +2 +a1=d. （ 2） 解 因为 10， 0 d， 所以 105d=110. 由 （ 1） a1=d,代入上式得 55d=110, 故 d=2,an=d=2n. 因此 ， 数列 通项公式为 n,n=1,2,3, . 221 等差数列的性质及综合应用 【 例 3】 （ 12分 ） 在等差数列 ， 已知 0,前n， 且 15， 求当 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 利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 . 思维启迪 解 方法一 0， 15， 10 20+ d=15 20+ d， d= 4分 0+（ 8分 . 即当 n 12时 ， 0,n 14时 ， 0. 10分 当 n=12或 13时 ， 且最大值为 13=12 20+ =130. 12分 291021415 36535)35( n)35(2 1112 解题示范 方法二 同方法一求得 d= 4分 0n+ = = 8分 n N+, 当 n=12或 13时 ， 且最大值为 13=130. 12分 方法三 同方法一得 d= 4分 又由 15,得 . 8分 5,即 . 10分 当 n=12或 13时 ， 且最大值为 13=130. 12分 35(2 )1( 12565 2 25(65 2 究提高 求等差数列前 常用的方法： （ 1） 利用等差数列的单调性 ， 求出其正负转折项； （ 2） 利用性质求出其正负转折项 ， 便可求得和的最值； （ 3） 利用等差数列的前 n=n（ A、 为二次函数 ， 根据二次函数的性质求最值 . 知能迁移 3 在等差数列 ， 36,其前 n. （ 1） 求 并求出 （ 2） 求 | +| 解 （ 1） 设等差数列 首项为 差为 d, 36, 12, d= =3, an= d=3=30 =30 21= 当 n=20或 21时 ， 630. 824917917 ,得 20 n 21, ,6 3 02 )3(6020 （ 2） 由 （ 1） 知前 20项小于零 ， 第 21项等于 0， 以后 各项均为正数 . 当 n 21时 ， 当 n 21时 ， 2)63360( 323 2 2122)63360( （ n 21， n N+） （ n 21,n N+） . 260121232321232322法与技巧 (1)定义法： d ( 等差数列 . (2)中项公式： 2=an+ (n N+) 等差数列 . (3)通项公式： an=pn+q(p, 等差数列 . (4)前 n （ A、 等差数列 . 思想方法 感悟提高 解有关等差数列的问题时可以考虑化归为 通过建立方程 （ 组 ） 获得解 . n= 很像梯形面积公式 ， 其推导方法也与梯形面积公式的推导方法完全一样 . n= 类似于匀加速直线运动的路程公式 ， 只要把 2)( 1 2)1( 2(21 12 n 失误与防范 p+q=r+s,则 ap+aq=ar+般地 ， ap+ap+q，必须是两项相加 ， 当然可以是 ap+t=2 除非公差 d=0. 的等差数列的前 且常数项为 的二次函数 ， 则该数列不是等差数列 ，它从第二项起成等差数列 . d= 类似于由两点坐标求直线斜率的计算 . 5.当 等差数列必为单调数列 . 每隔一定项抽出一项 ， 组成的数列仍是等差数列 . ,mn aa 一 、 选择题 1.（ 2008 广东 ） 记等差数列 前 n，若 ， 0， 则 （ ） 析 +6d=20， d=3， 故 +15d=48. D 21定时检测 2. （ 2009 安徽 ） 已知 为等差数列 ，a1+a3+05,a2+a4+9,则 （ ） 析 由已知得 a1+a3+05, a2+a4+9, 5,3, d= 7d=35+( 17=1. B 3.（ 2009 湖南 ） 设 前 已知 ,1,则 （ ） 析 a1+a7=a2+11=14. C (7 71 2009 宁夏 、 海南 ） 等比数列 前 4a2, 若 ,则 （ ） 析 设等比数列的公比为 q， 则由 4a2, 得 4a1+ 4a1+ =0. q=2, C ( 41 公差为 d (d 0)， 且 a3+2,若 ， 则 （ ） 析 由等差数列性质 a3+a6+(a3+(a6+22, . m=8. B ， 若 =0 (n N+， n 2)， 则 09等于 （ ） 09 18 解析 =2an,0, . n,09=2 2 009=4 018. D 2 填空题 7.（ 2009 辽宁 ） 等差数列 前 n,且6,则 . 解析 由题意知 6 +45d=15(d)=15,故 . 111 15)2233(5)2455( 31318.（ 2009 全国 ） 设等差数列 前 n,若 = . 解析 设等差数列的公差为 d,首项为 则由 (5 )4(9,231159 前 若 7 6， 则 . 解析 2 1 ,76,672442 63171,76331771373724 解答题 ， ,3 (n 2). （ 1） 求证：数列 是等差数列； （ 2） 求数列 通项 . （ 1） 证明 因为 3 (n 2), 整理得 =3 (n 2). 所以数列 是以 1为首项 ， 3为公差的等差数列 . （ 2） 解 由 （ 1） 可得 =1+3(3所以 nn ， ， - (n 2, n N+),数列 足 (n N+). （ 1） 求证：数列 等差数列； （ 2） 求数列 的最大项和最小项 ， 并说明理由 . （ 1） 证明 因为 - (n 2,n N+),所以当 n 2时 ， 5311nn 2(111111所以 ， 数列 以 - 为首项 ， 以 1为公差的等差数列 . a（ 2） 解 由 （ 1） 知 ， bn= ,则 设函数 f(x)=1+ 易知 f(x)在区间 (-, ) 和 ( ,+) 内为减函数 . 所以 ， 当 n=3时 ， 1； 当 n=4时 ， . 111 ， 且 n 2且n N+). （ 1） 求 a2, （ 2） 是否存在实数 ， 使得数列 为等差数列 , 若存在 ， 求出 的值；若不存在 ,请说明理由 . 解 （ 1） ， 23， 33. （ 2） 方法一 假设存在实数 ， 使得数列 为等 差数列 ， ,由 等差数列 ， 则有 2b2=b1+ 2 解得 =事实上 ， 综上可知 ， 存在实数 =得数列 为等 差数列 . ,222 33122 3325213 )12(211)2(211111 假设存在实数 ,使得 为等差数列 . 设 ,由 等差数列 ， 则有 2=bn+ (n N+)， 2 =4 =2() =2(2n+1(2n+2 综上可知 ， 存在实数 =得数列 为等 差数列 . ,222 2211 回 要点梳理 如果一个数列 ，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母 表示 . 设等比数列 首项为 公比为 q， 则它的通项 . 等比数列及其前 从第 2项起 ， 第一项与它的前一项的 公比 q 础知识 自主学习 比都等于同一个常数 若 ， 那么 a与 （ 1） 通项公式的推广： an= ,(n， m N+). （ 2） 若 等比数列 ， 且 k+l=m+n， （ k， l， m，n N+） ， 则 . （ 3） 若 项数相同 ） 是等比数列 ， 则 0） ， ， ， 仍是等比数列 . G2=a b al= 等比数列 公比为 q（ q 0） ， 其前 n，当 q=1时 ， Sn= q 1时 ， 公比不为 前 n， 则 2 其公比为 . ( 111础自测 1.设 ,数列 是以 3为公比的等比数列 ， 则 （ ） 析 由已知得 =() 即 =3 3n, 40. A ， ,则 ） 析 =16. 4. D 24 2009 广东 ） 已知等比数列 公比为正数 ，且 ,则 ） B. C. D. 解析 设公比为 q,由已知得 (,即公比为正数 ,所以 q= ,故 C 25 ， 前 n， 若 ， 3，则公比 （ ） 析 方法一 依题意 ， q 1, =7， =63. 得 1+, , q=2. 方法二 (a1+a2+ q3=a4+a5+而 a4+a5+66, 7 6,q=2. A 1)1( 311)1( 615.（ 2008 浙江 ） 已知 等比数列 , ,则 +等于 （ ） C. (1D. (1解析 =4 （ ） 4 （ ） n=25故 + =23+21+2 +25 1325 1(332411)411(8题型一 等比数列的基本运算 【 例 1】 已知 等比数列 ， ， a2+ ， 求通项公式 . 根据等比数列的定义 、 通项公式及性质建立首项 ,公比的方程组 . 解 方法一 设等比数列 公比为 q， 则 q 0， a4=q， +2q= 解得 ， . 320思维启迪 ,23 32031题型分类 深度剖析 当 q= 时 ， 8， 8 （ ） =2 33 当 q=3时 ， ， 3 3综上所述 ， 33 3方法二 由 ,得 ， 又 a2+ ， 则 x+4=0的两根 ， 31311318 解得 或 . 3232 当 时 ,q=3,an= 3 当 时 ， q= , 33 3 33（ 1） 等比数列 ， an=中有五个量 ， 可以知三求二； （ 2） 注意分 类讨论的应用 . 3231探究提高 n1)1(1知能迁移 1 已知等比数列 ， ,是 （ 1） 求数列 通项公式； （ 2） 记 bn=数列 前 n. 解 （ 1） 设数列 公比为 q, 由题意知： 2()=a2+ ， 即 ()=0. q=2， 即 2n. （ 2） bn=n 2n, 2+2 22+3 23+ +n 2n. 2 22+2 23+3 24+ +（ 2n+n 2n+1. - 得 1+22+23+24+ +22n+1 = 2n+1. +（ 2n+1. 题型二 等比数列的判定与证明 【 例 2】 （ 2008 湖北 ） 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 数列 等比数列 . （ 1） 可用反证法 . （ 2） 根据递推关系推出 =- 用 0， 即 0. 32思维启迪 32 证明 （ 1） 假设存在一个实数 ,使 等比数列 , 则有 = 9=0,矛盾 . 所以 是等比数列 . （ 2） =(-1)n+1 -3(n+1)+21 =(-1)n+1( 4) =- (-1)n( 1)=- 又 所以 ( +18) 0. 22a )494()332( 2 4949494 22 323232 由上式知 0,所以 (n N+). 故当 数列 以 -( +18)为首项 ， 为公比的等比数列 . 证明一个数列是等比数列的主要方法有 两种：一是利用等比数列的定义 ， 即证明 (q 0,n N+)， 二是利用等比中项法 ， 即证明 = 0 (n N+) 要注意根据欲证明 的问题 ， 对给出的条件式进行合理地变形整理 ， 构 造出符合等比数列定义式的形式 ， 从而证明结论 . 探究提高 321 3212 1 （ 2009 全国 ） 设数列 前 n,已知 ， =4. （ 1） 设 bn=证明数列 等比数列； （ 2） 求数列 通项公式 . （ 1） 证明 由已知有 a1+,解得 =5,故 b1=. 又 = =4+2-(4)=4于是 =2( 即 =2 因此数列 首项为 3,公比为 2的等比数列 . (2)解 由 （ 1） 知等比数列 ,公比 q=2, 所以 2是 因此数列 是首项为 ,公差为 的等差数列 , 所以 3 2,4322 11 143,414343)1(212 等比数列的性质及应用 【 例 3】 在等比数列 ， a1+a2+a3+a4+且 =2,求 （ 1） 由已知条件可得 解出 q， 再利用通项公式即可得 （ 2） 也可利用性质 =a5=解 方法一 设公比为 q,显然 q 1, 等比数列 ， 也是等比数列 ， 公比 为 . 思维启迪 1123a =（ 2=4， 2. 方法二 由已知得 =4. 2. 由已知条件得 211)11(181)1(5151421 探究提高 在解决等比数列的有关问题时 ， 要注意挖掘隐含条件 ， 利用性质 ， 特别是性质 “ 若m+n=p+q,则 an=， 可以减少运算量 ，提高解题速度 . 知能迁移 3 （ 1） 已知等比数列 ， 有 数列 等差数列 ， 且 b7= b5+值 ; （ 2） 在等比数列 ， 若 ,8,求 解 （ 1） =4 0， ， ， 等差数列 ， b5+. 27a（ 2） 方法一 . . ： = ， 又 ( 0 =1 210=1 024. 4141a 41a 41 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. 题型四 等差 、 等比数列的综合应用 【 例 4】 （ 12分 ） 已知等差数列 首项 ,公差 d 0， 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 n N+均有 = 成立 ， 求 c1+c2+ +10. （ 1） 可用基本量法求解； （ 2） 作差 2211思维启迪 （ 1） 由已知有 +d,+4d,+13d, （ 1+4d） 2=(1+d)(1+13d). 解得 d=2( d 0). 2分 +( 2=2 3分 又 b2=,b3=, 数列 公比为 3, 3 5分 （ 2） 由 得 当 n 2时 , 两式相减得 :n 2时 , =. 8分 12211 3n 2). 又当 n=1时 ， = . 3 (n=1) 2 3n 2). 10分 c1+c2+ +10 =3+ =3+(2 010)=32 010. 12分 在解决等差 、 等比数列的综合题时 ， 重 点在于读懂题意 ， 灵活利用等差 、 等比数列的定义 、 通项公式及前 本题第 （ 1） 问就是用基本量 公差 、 公比求解；第 （ 2） 问在作差 n 2. 探究提高 1131326 0 1 02知能迁移 4 已知数列 ， ,且 =(1+q)n 2,q 0). （ 1） 设 bn=n N+),证明： 等比数 列； （ 2） 求数列 通项公式； （ 3） 若 求 并证明： 对任意的 n N+,与 的等差中项 . （ 1） 证明 由题设 =（ 1+q） n 2） ， 得 q(即 bn=n 2. 由 b1=,q 0,所以 首项为 1， 公比为 q 的等比数列 . （ 2） 解 由 （ 1） ， ,q, n 2). 将以上各式相加 ， 得 +q+ +n 2)， 即 an=+q+ +n 2). 所以当 n 2时 ， （ 3） 解 由 （ 2） ， 当 q=1时 ， 显然 等差中项 ， 故 q 1. 由 q 0得 上式对 n=1显然成立 . 1,1111 整理得 （ 2+,解得 2或 （ 舍去 ） . 于是 q= . 另一方面 ， = 由 可得 =即 2an=+,n N+. 所以对任意的 n N+,与 的等差中项 . 3 2),1(113112 1(116151 方法与技巧 (1)定义： =q ( n N+)