（全程复习构想）2014年高考数学一轮复习 第五单元课件 理（打包4套）
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（全程复习构想）2014年高考数学一轮复习 第五单元课件 理（打包4套）,全程,复习,温习,构想,年高,数学,一轮,第五,单元,课件,打包
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5 1 数列的概念与简单表示 考纲点击 1. 了解数列的概念和几种简单的表示方法 ( 列表、图象、通项公式 ). 2. 了解数列是自变量为正整数的一类函数 说基础 课前预习读教材 考点梳理 1. 数列的定义 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 n 从 1 开始依次取正整数时所对的 _. 2 数列的通项公式 一个数列 的第 n 项 _ 之间的函数关系，如果可以用一个公式 _ _ 来表示，我们把这个公式 _ 叫做这个数列的通项公式 3 数列的分类 4. 数列的表示方法 数列的表示方法有 _ 、 _ 、 _. 5 已知 n 1 ， n 2 中，若 ， .若 则 ， 按一定次序排成 正整数集 ( 或它的有限子集 ) 一列函数值 项数 f ( n ) f ( n ) 有限 无限 列举法 公式法 图象法 1 1 1 1 1 考点自测 1. 下列说法正确的是 ( ) A 数列 1,3,5,7 可表示为 1,3,5,7 B 数列 1,0 ， 1 ， 2 与数列 2 ， 1,0,1 是相同的数列 C 数列n 1k 项为 1 1数列 0,2,4,6 ， 可记为 2 n 解析： 根据数列的定义与集合定义的不同可知 A ， B 不正确， D 项 2 n 中的 n N*，故不正确， C 中 ann 1n， 1 1k. 答案： C 2 数列 2 、 5 、 2 2 、 ，则 2 5 是该数列的 ( ) A 第 6 项 B 第 7 项 C 第 10 项 D 第 11 项 解析： 原数列可写成 2 、 5 、 8 ， ， 2 5 20 ， 20 2 ( n 1) 3 ， n 7. 答案： B 3 已知数列 中， b ( b 为任意正数 ) ， 111( n 1,2,3 ， ) ，能使 b 的 n 的数值是 ( ) A 14 B 15 C 16 D 17 解析： a 1 b ， a 2 1b 1， a 3 b 1b， a 4 b ， 此数列的周期为 3 ，故选 C. 答案： C 4 已知数列 的通项公式是 n3 n 1，那么这个数列是 ( ) A 递增数列 B 递减数列 C 摆动数列 D 常数列 解析： a n 1 a n 2 n 1 3 n 1 12 n3 n 123 n 1 1 3 n 1 0 ， a n 1 a n ，数列 a n 为递增数列 答案： A 5 已知数列1，则 它的第 _ 项 解析：n 2n 2 1 4950 ， n 7. 答案： 7 说考点 拓展延伸串知识 疑点清源 1. 对数列概念的理解 ( 1) 数列是按一定 “ 次序 ” 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 ( 3) 数列的项与项数：数列的项与项数是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号 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 ) n N*). 题型探究 题型一 由数列的前 n 项求数列的通项 例 1 写出下面数列的一个通项公式 (1) 212， 414， 618， 8116， ； (2) 10,1 1,10,1 1,10,1 1 ， ； (3) 1 ，85，157，249， . 解析： (1) 这是个混合数列，可看成 2 12， 4 14， 6 18， 8116， . 故通项公式 2 n 12n . (2) 该数列中各项每两个元素重复一遍，可以利用这个周期性求 原数列可变形为： 10 0,10 1,10 0,10 1 ， . 故其一个通项为 10 1 1 (3) 通项符号为 ( 1)n，如果把第一项 1 看作33，则分母为 3,5,7,9 ， ，分母通项为 2 n 1 ；分子为 3, 8,15,24 ， ，分子通项为 ( n 1)2 1 即 n ( n 2) ，所以原数列通项为 ( 1)2 n2 n 1. 点评： 仅给出函数的前 n 项，其通项公式并非唯一，如 (2)中通项公式可为 10 | n 1 2|，但是，若给出数列通项公式，则数列被唯一确 定 变式探究 1 写出下面各数列的一个通项公式： (1) 3,5,7,9 ， ； (2)12，34，78，1516，3132， ； (3) 1 ，32，13，34，15，36， ； (4)23， 1 ，107，179，2611，3713， ； (5) 3,33,333,3333 ， . 解析： ( 1) 各项减去 1 后为正偶数，所以 2 n 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 n 12n . ( 3) 奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子 ( 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 ，所以 ( 1)n2 1 也可写为 1n， n 为正奇数，3n， n 为正偶数 .( 4) 偶数项为负，奇数项为正，故通项公式必含因子 ( 1)n 1，观察各项绝对值组成的数列，由第 3 项到第 6 项可见，分母分别由奇数 7,9,1 1,13 组成，而分子则是 32 1,42 1,52 1,62 1 ，按照这样的规律第 1 、 2 两项可改写为12 12 1，22 12 2 1，所以 ( 1)n 112 n 1. ( 5) 将数列各项改写为：93，993，9993，99993， ，分母都是3 ，而分子分别是 10 1,102 1,103 1,104 1 ， ，所以 3( 10n 1) . 题型二 由 已知下面数列 的前 n 项和 的通项公式： (1) 2 3 n ； (2) 3n b . 解析： ( 1) a 1 S 1 2 3 1 ， 当 n 2 时， a n S n S n 1 (2 n 2 3 n ) 2( n 1) 2 3( n 1) 4 n 5 ， 由于 a 1 也适合此等式， a n 4 n 5. (2) 3 b ， 当 n 2 时， 1 (3n b ) (3n 1 b ) 2 3n 1. 当 b 1 时， 当 b 1 时， 当 b 1 时， 2 3n 1； 当 b 1 时， 3 b ， n 1 ，2 3n 1， n 已知 的前 n 项和 应重视分类讨 论的应用，分 n 1 和 n 2 两种情况讨论；特别注意用 1时需 n 2. 由 1 当 n 1 时， ，则需统一 “ 合写 ” 由 1 当 n 1 时， ，则数 列 的通 项 公式应 分 段表 示 ( “ 分写 ” ) ，即 n 1 ， 1， n 2 已知数列 的前 n 项和为 的通项 (1) 2 3 n k ； (2) 1 24( 0) 解析： (1) 当 n 2 时， 1 2 3 n k 2( n 1)2 3( n 1) k 4 n 5 ； 当 n 1 时， 1 k ； 当 k 0 时， 1 适合 4 n 5 ， 4 n 5 ； 当 k 0 时， 1 k 不适合 4 n 5 ， 1 k n 1 ，4 n 5 n 2 .(2) 方法一： 1 24， 1 1 4( 1 1)2 ( 1)2 ( 1 1)2 ( 1)2 0 ， 即 ( 1 1 2) 0 ， 0 ， 1 2. 又 1 ，故 是首项为 1 ，公差为 2 的等差数列， 2 n 1. 方法二： 12 1. 当 n 2 时， 2 1 1 ， 即 ( 1 1)( 1 1) 0 ， 0 ， 1 ， 1 1( n 2) ， n ，从而 2 1 2 n 1. 又 1 适合 2 n 1. 2 n 1. 题型三 由递推公式求 根据下列条件，确定数列 的通项公式 (1) 1 ， 1 3 2 ； (2) 1 ， ann 1 1( n 2) ； (3) 已知数列 满足 1 3 n 2 ，且 2 ，求 解析： (1) 1 3 2 ， 1 1 3( 1) ， 1 11 3 ， 数列 1 为等比数列，公比 q 3 ， 又 1 2 ， 1 2 3n 1， 2 3n 1 1. (2) ann 1 1( n 2) ， 1n 2n 1 2， ， 2 以上 ( n 1) 个式子相乘得 223 n 1nn. (3) 1 3 n 2 ， 1 3 n 1( n 2) ， ( 1) ( 1 2) ( a1n 3 n 1 2( n 2) 当 n 1 时， 2 (3 1 1) 2 符合公式， 2n2 点评： 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 1 m 时，构造等差数列；当出现 1 y 时，构造等比数列；当出现 an 1 f ( n ) 时，用累加法求解；当出现 1 f ( n ) 时，用累乘法求解 变式探究 3 已知数列 满足： 1,2n 1 1( n N*， n 2) (1) 求数列 的通项公式； (2) 这个数列从第几项开始及其以后各项均小于11 000？ 解析： (1) an 1 1 2 12n 112n 2 122121121 2 ( n 1)12 n 1 12n n 1 2. (2) 当 n 4 时， n 1 6 ， 12 n 1 64， 当 n 5 时， n 1 10 ， 12 n 1 1 024. 从第 5 项开始各项均小于11 000. 归纳总结 方法与技巧 1 求数列通项或指定项通常用观察法 ( 对于交错数列一般用 ( 1) 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 强调 n 1 ， 1 n 2 已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握一般有三种常见思路： (1) 算出前几项，再归纳、猜想； (2) “ 1 q ” 这种形式通常转化为 1 p ( ) ，由待定系数法求出 ，再化为等比数列； (3) 逐项累加或累乘法 失误与防范 1 数列是一种特殊的函数，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，就是数列因 此，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 2 根据所给数列的前几项求其通项时，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 . 新题速递 1. (2013 铜陵月考 ) 在各项均为正数的数列 中，对任意m ， n N*都有 n 若 64 ，则 ) A 256 B 510 C 512 D 1 024 解析： 令 m n 3 ，得 a 6 a 23 ，解得 a 3 8 ，再令 m 3 ，n 6 ，得 a 9 a 3 a 6 51 2. 答案： C 2 (2013 江西联考 ) 已知数列 的通项公式是 2 ，若对于 n N*，都有 1 实数 k 的取值范围是 ( ) A k 0 B k 1 C k 2 D k 3 解析： 由 a n 1 a n ，得 ( n 1) 2 k ( n 1) 2 n 2 2 0 ，即 k 2 n 1 ，当 n 1 时， 2 n 1 取最大值 3 ，故 k 3 ，选 D. 答案： D 3 (2013 淄博质检 ) 数列 ，满足 1 ， 2，并且 1 1) 2 1 1( n 2) ，则数列的第 2 010 项为 ( ) 0 B 0 1 0 由 a 1 1 ， a 2 12，且 a n ( a n 1 a n 1 ) 2 a n 1 a n 1 ( n 2) ，得 a 3 13， a 4 14， ， a 2 0 1 0 12 01 0. 答案： C 4 (2013 枣庄期末 ) 数列 中， a ， b ，且满足 1 a n a n 2 ，则 a 2 0 1 2 的值为 ( ) A b B b a C b D a 解析： 由 a 1 a ， a 2 b 及 a n 1 a n a n 2 ，得 a 3 b a ， a 4 a ， a 5 b ， a 6 a b ， a 7 a ， a 8 b ， a 9 b a ， a 10 a ， a 11 b ， ，此数列的周期为 6 ，故 a 2 0 1 2 a 3 3 5 6 2 a 2 b . 答案： A 5 (2013 唐山模拟 ) 在数列 中， 1 ， 1 2 n 1 ，则数列的通项 _ _. 解析： 已知 a 1 及 a n a n 1 f ( n ) ，可以用累加法求 a n . a 2 a 1 2 1 1 ， a 3 a 2 2 2 1 ， ， a n a n 1 2 ( n 1) 1 ，累加可得 a n a 1 2( 1 2 n 1) n 1 ， a n 答案： n25 2 等差数列及其前 考纲点击 1. 理解等差数列的概念 2 掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式 . 3. 了解等差数列与一次函数的关系 说基础 课前预习读教材 考点梳理 1. 等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差等于 _ ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 _ ，一般用字母 d 表示；定义的表达式为： _( n N*) 2 等差数列的通项公式 设等差数列 的首项是 差是 d ，则其通项公式为 _. 3 等差中项 若 a ， A ， b 成等差数列，则 A 叫做 a ， b 的等差中项，且A _. 4 等差数列的前 n 项和公式 若已知首项 _ _ ，或等差数列 的首项是 差是 d 则其前 n 项和公式为 _. 5 等差数列与等差数列各项的和有关性质 (1) ( m n ) d 或 n d .( m 、 n N*) (2) 在等差数列中，若 p q m n ，则有 2 m p q ，则有 _ ， ( p ， q ， m ， n N*) (3) d 0 是递增数列， d 0 是递减数列， d 0 是常数数列 (4) 数列 b 仍为等差数列，公差为 d . (5) 若 ， 都是等差数列，则 仍为等差数列 (6) k， 2 k， 3 k， 仍是等差数列，公差为 (7) 数列 S2 m S3 m S2 m， 也是等差数列 (8) S2 n 1 (2 n 1) (9) 若 n 为偶数，则 S 偶 S 奇 若 n 为奇数，则 S 奇 S 偶 a 中 ( 中间项 ) 答案： 同一个常数 公差 1 d ( n 1) d a b2n n n 1 2d 2 考点自测 1. 在等差数列 中， 10 ，则 ) A 5 B 6 C 8 D 10 解析： 依题意得 a 1 a 9 2 a 5 10 ， a 5 5 ，选 A. 答案： A 2 在等差数列 中，已知 2 ， 13 ，则 a4 ) A 40 B 42 C 43 D 45 解析： 设等差数列 a n 的公差为 d ，则由 a 1 2 ， a 2 a 3 13 ，可解得： d 3 ，所以 a 4 a 5 a 6 3 a 1 12 d 42. 故选 B. 答案： B 3 设 为等差数列，公差 d 2 ， n 项和若 ( ) A 18 B 20 C 22 D 24 解析： 由 S 10 S 11 ，得 a 11 S 11 S 10 0 ， a 1 a 1 1 (1 1 1) d 0 ( 10) ( 2) 2 0. 答案： B 4 设 的前 n 项和，若 1 ，公差 d 2 ， 2 24 ，则 k ( ) A 8 B 7 C 6 D 5 解析： 依题意得 S k 2 S k a k 1 a k 2 2 a 1 (2 k 1) d 2 2( 2 k 1) 24 ，解得 k 5 ，故选 D. 答案： D 5 在等差数列 中， 37 ，则 _. 解析： 依题意得 a 2 a 4 a 6 a 8 ( a 2 a 8 ) ( a 4 a 6 ) 2( a 3 a 7 ) 74. 答案： 74 说考点 拓展延伸串知识 疑点清源 1. 等差数列的判定 (1) 定义法： 1 d ( n 2) ； (2) 等差中项法： 2 1 2. 2 等差数列的前 n 项和 Snn ，该公式的推导过程是倒序相加，应注意这种思想方法在数列求和中的应用 3 等差数列的通项公式 ( n 1) d ，前 n 项和公式Snn n n 1 个公式给出了 d ， n ，三求二，用方程的思想即可解决问题 4 当 d 0 时， n n 1 d2a1关于n 的二次函数，由此我们可用函数的知识求 函数观点看 d 0 时， n 的常数项为 0的二次函数，则 ( n ， 是二次函数图象上的一群孤立的点，由此可得：当 d 0 时， d 0 时， 题型探究 题型一 等差数列中基本量的计算 例 1 在等差数列 中， (1) 已知 33 ， 1 53 ，求 (2) 已知 48 ， 1 68 ，求 d ； (3) 已知 10 ， 5 ，求 8. 解析： (1) 方法一：设首项为 差为 d ，依条件，得 33 14 d ，153 44 d ，解方程组，得 23 ，d 4 ， 23 (61 1) 4 217. 方法二：由 d m，得 d 15153 3330 4 ， 由 ( n m ) d ， 得 16 d 153 16 4 217. (2) 2n ( n 1) d ， 8 28 d 48 ，12 66 d 168 ，解方程组，得 8 ，d 4.(3) 10 ， 5 ， 5 d 10 ，5 10 d 5 ，解方程组，得 5 ，d 3 ， 2 d 10 2 3 16 ， 44. 点评： 在等差数列中有五个重要的量，即 d ， n ，要已知任意三个，就可求出其他两个，其中 d 是两个最重要的量 ，通常要先求出 d . 变式探究 1 已知等差数列 中， 33 ， 217 ，试探究 153 是不是这个数列的项，如果是，是第几项？若不是，说明理由 解析： 设等差数列 的首项为 差为 d ， 则 ( n 1) d . 由已知 15 1 d 33 ， 61 1 d 217 ， 23 ，d 4. 23 ( n 1) 4 4 n 2 7. 令 153 ，即 4 n 27 153 ， n 45. 153 是等差数列的项，是第 45 项 . 题型二 等差数列的判定与证明 例 2 已知数列 的通项公式为 常数 p ， q R ) (1) 当 p 和 q 满足什么条件时，数列 是等差数列？ (2) 求证对任意的实数 p 和 q ，数列 1 都是等差数列 解析： ( 1) 设数列 是等差数列， 由题意，得 1 p ( n 1)2 q ( n 1) ( 2 p q ， 上式应是一个与 n 无关的常数， 所以有 2 p 0 ，即 p 0 ，当 p 0 时，数列 是等差数列 ( 2) 证明： 1 p ( n 1)2 q ( n 1) ( 2 p q ， 2 1 2 p ( n 1) p q ， ( 2 1) ( 1 2 p ( n 1) p q (2 p q ) 2 p ( 常数 ) 对任意的实数 p 和 q ，数列 1 都是等差数列 点评： 证明 为等差数列除了可以利用定义法及中项法外还可以利用： (1) 通项法： n 的一次函数 为等差数列 (2) 前 n 项和法： Snn . 变式探究 2 设数列 中， 的前 n 项和， 1 ，且 n 1( n 2) 证明数列 1是等差数列，并求 解析： 由已知得 12 n 1. 去分母得 (2 1)( 1) 2 1 2 1， 两边同除以 1，得1 1 2. 1是以11 为首项、以 2 为公差的等差数列，故 1( n 1) 2 2 n 1( n 2) 经验证 n 1 时也成立，所以 2 n 1( n N*). 题型三 等差数列的性质及其应用 例 3 (1) 设等差数列的前 n 项和为 知前 6 项和为 36 ，324 ，最后 6 项的和为 180( n 6) ，求数列的项数 n 及 a9 (2) 等差数列 、 的前 n 项和分别为 n 12 n 3，求 解析： ( 1) 由题意可知 36 1 2 5 180 得 ( ( 1) ( 5) 6( 216 ， 3 6. 又 Snn 324. 18 n 324. n 18. 3 6. 36. (2) n 12 n 3， 15 12 15 3443343. 5 15 5 15 5 153. 点评： 此类问题解法的关键是将性质 m n p q amn 项和 Snn 结合在一起，采用整体思想，简化解题过程 变式探究 3 (1) 等差数列 中， 24 ，求 (2) 已知等差数列 的前 n 项和为 377 ，项数 n 为奇数，且前 n 项奇数项和与偶数项和之比为 7 6 ，求中间项 解析： (1) 2 又 24 ， 8. 3 13 8 104. (2) n 为奇数， S 奇S 偶n 1n 176， n 13. 13 377 ， 29. 故所求的中间项为 29. 题型四 等差数列前 n 项和的最值问题 . 例 4 已知数列 满足 2 1 2( n N*) ，它的前 n，且 10 ， 72. 若 230 ，求数列 的前 n 项和的最小值 解析： 2 1 2， 是等差数列， 设 的首项为 差为 d ， 由 10 ， 72 ，得2 d 10 ，6 15 d 72 ，2 ，d 4 ， 4 n 2. 则 230 2 n 31. 解2 n 31 0 ，2 n 1 31 0 ，得292 n 312. n N*， n 15. 前 15 项为负值， 可知 29 ， d 2 ， 5 29 2 15 31 215 60 30 2 225. 点评： 若 是等差数列，求前 n 项和的最值时， 若 0 ， d 0 ，且满足0 ， 1 0 ，前 n 项和 若 0 ，d 0 ，且满足0 ， 1 0 ，前 n 项和 除上面方法外，还可将 的前 n 项和的最值问题看作 n 的二次函数问题，利用二次函数的图象或配方法求解 变式探究 4 设等差数列 的前 n 项和为 知 2 ， 0 ， 0. (1) 求公差 d 的取值范围； (2) 指出 、 明理由 解析： ( 1) 由2 d 12 ，12 2 112d 0 ，13 3 1 22d 0 ，得247 d 3. ( 2) 6( 6( 0 ， 3 13 0 ， 0 且 0 ，故 归纳总结 方法与技巧 1 等差数列的判断方法有 ( 1) 定义法： 1 d ( d 是常数 ) 是等差数列 ( 2) 等差中项法： 2 1 2( n N*) 是等差数列 ( 3) 通项公式： q ( p ， q 为常数 ) 是等差数列 ( 4) 前 n 项和公式： A 、 B 为常数 ) 是等差数列 2 方程思想和基本量思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为 d 等基本量，通过建立方程 ( 组 ) 获得解 失误与防范 1 如果 p q r s ，则 般地， q ，必须是两项相加，当然可以是 a p t a p t 2 a p . 2 当公差 d 0 时，等差数列的通项公式是 n 的一次函数，当公差 d 0 时， 3 公差不为 0 的等差数列的前 n 项和公式是 n 的二次函数，且常数项为 0. 若某数列的前 n 项和公式是常数项不 为 0 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 . 新题速递 1. (2012 福建卷 ) 在等差数列 和等比数列 中， 1 ， 8 ， 的前 10 项和 55. (1) 求 (2) 现分别从 和 的前 3 项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率 解析： ( 1) 设 的公差为 d ， 的公比为 q ，依题意得 10 10 92d 55 ， 8 ， 解得 d 1 ， q 2 ， 所以 n ， 2n 1. ( 2) 分别从 和 的前 3 项中各随机抽取一项，得到的基本事件有 9 个； ( 1,1) ， ( 1,2) ， ( 1,4) ， ( 2,1 ) ， ( 2,2) ， ( 2,4) ， ( 3,1 ) ， ( 3,2) ， ( 3,4) 符合题意的基本事件有 2 个： ( 1,1) ， ( 2,2) 故所求的概率 P 29. 2 (2012 山东卷 ) 已知等差数列 的前 5 项和为 105 ，且2 (1) 求数列 的通项公式； (2) 对任意 m N*，将数列 中不大于 72 求数列 的前 m 项和 解 析： 记数列 的公差为 d ，前 n 项和为 由 105 ， 2 得到5 5 1 2d 1059 d 2 4 d ， 解得 7 ， d 7. 因此 ( n 1) d 7 7( n 1) 7 n ( n N*) (2) 对 m N*，若 7 n 72 m，则 n 72 m 1. 因此 72 m 1. 所以数列 是首项为 7 公比为 49 的等比数列， 故 Sm1 q7 1 49m1 497 72 m 1 48 72 m 1 748. 5 3 等比数列及其前 考纲点击 1. 理解等比数列的概念 2 掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式 3 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 4 了解等比数列与指数函数的关系 说基础 课前预习读教材 考点梳理 1. 等比数列的定义 如果一个数列从第二项起， _ 等于同一个常数，这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 _. 公比通常用字母 q 表示 ( q 0) 2 通项公式与前 n 项和公式 (1) 通项公 式： _ ， q 为公比 (2) 前 n 项和公式：当 q 1 时， _ ；当 q 1 时， _. 3 等比中项 如果 _ 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 _. 4 等比数列的主要性质 (1) 是等比数列 c 是等比数列 ( c 0) (2) 均为等比数列 、 (3) 为等比数列，则 _. (4) 若 m 、 n 、 p 、 q N*且 m n p q ，则 特别地， 1 2 . (5) 等间隔的 k 项和 ( 或积 ) 仍成等比数列 (6) 非零常数列既是等差数列，也是等比数列 (7) 等比数列 的单调性 当0 ，q 1，或0 ，0 q 1时， 为递增数列，当0 ，0 q 1 ，或0 ，q 1时， 为递减数列 答案： 每一项与它前一项的比 公比 1 Sn1 q q a ， G ， b a b n 考点自测 1. 在等比数 列 中， 1 0 8 0 7，则公比 q 的值为 ( ) A 2 B 3 C 4 D 8 解析： 依题意得a 2 0 1 0a 2 0 0 7 8 ， q 2 ，选 A. 答案： A 2 在正项等比数列 中， 10 x 16 0 的两根，则 ( ) A 32 B 64 C 64 D 256 解析： 由等比数列的性质知： a 1 a 19 16 a 8 a 12 a 210 ， a 10 4 ，则 a 8 a 10 a 12 a 310 64 ，故选 B. 答案： B 3 若等比数列 的前 n 项和为 3(12)n m ( n N*) ，则实数 m 的取值为 ( ) A 32B 1 C 3 D 一切实数 解析： 由题意可知 q 1 ， S n a 1 1 q a 1 qa 11 q，比较系数得， q 12， m a 11 q 3. 答案： C 4 等比数列 a n 中， | a 1 | 1 ， a 5 8 a 2 ， a 5 a 2 ，则 a n ( ) A ( 2)n 1B ( 2n 1) C ( 2) ( 2)设等比数列 a n 的公比为 q . | a 1 | 1 ， a 1 1 或 a 1 1. a 5 8 a 2 a 2 8 ， q 2. 又 a 5 a 2 ，即 a 2 a 2 ， a 2 0. 而 a 2 a 1 q a 1 ( 2) 0 ， a 1 1 ， a n ( 2)n 1. 答案： A 5 在等比数列 中，若 2， 4 ，则公比 q _ ； _ _. 解析： 4 12得 q 2 ， 2 1 2n1 2 2n 112. 答案： 2 2n 112说考点 拓展延伸串知识 疑点清源 1. 等比数列的特征 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 等比数列中的函数观点 利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的关系在借用 指数函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小 3 等比数列的前 n 项和 1) 等比数列的前 n 项和 意这种思想方法在数列求和中的运用 ( 2) 等比数列的通项公式 1及前 n 项和公式 Sn1 q q( q 1) 共涉及五个量 q ， n ， 三求二，体现了方程的思想的应用 ( 3) 在使用等比数列的前 n 项和公式时，如果不确定 q 与 1的关系，一般要用分类讨论的思想，分公比 q 1 和 q 1 两种情况 . 题型探究 题型一 等比数列中基本量的计算 例 1 设等比数列 的公比 q 1 ，前 n 项和为 已知 2 ， 5 的通项公式 解析： 由题设知 0 ， Sn1 q， 则2 1 q 5 1 q由 得 1 5(1 ， ( 4)( 1) 0 ， ( q 2)( q 2)( q 1 )( q 1) 0 ， 因为 q 1 ，解得 q 1 或 q 2. 当 q 1 时，代入 得 2 ， 通项公式 2 ( 1)n 1； 当 q 2 时，代入 得 2， 通项公式 2 ( 2)n 1. 点评： 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程 变式探究 1 等比数列 同时满足下列 三个条件： (1) 11 ； (2 ) 29； (3 ) 三个数239依次成等差数列，试求数列 的通项公式 解析： 由等比数列的性质知 29， 11 ，29，解之得3，25或23，33，q 2或23，q 12. 32n 1或 326 n. 若 32n 1， 则239329， 2 29. 239成等差数列， 若 326 n，239 2 舍去 ) 通项公式为 32n 1. 题型二 等比数列的判定与证明 例 2 设数列 中 1 ， 1 4 2. (1) 设 1 2 证 是等比数列 (2) 求数列 的前 n 项和 解析： (1) 证明： 1 4 2 ， 2 4 1 2 ， 2 1 2 4 1 4 2 2 1 2( 1 2 ， 1 2 为等比数列 (2) 解： 1 4 2 ， 3 2 5 ， 2 3 ， 1 2n1 2 3 2n 3. 点评： 定义证明等比数列是最基本的方法本题首先由 构造 题若是先求 较麻烦 变式探究 2 数列 的前 n 项和记为 知 1 ， 1 n 2n 1,2,3 ， ) ，证明： (1) 数列 是等比数列； (2) 1 4 解析： 本题主要考查数列、等比数列的概念和性质，分析和推理能力 ( 1) 证明： 1 1 1n 2 ( n 2) n ( 1 ， 整理得 1 2( n 1) 1n 1 2 故数列 是等比数列 (2) 证明：由 (1) 知 1n 1 4 1n 1( n 2) ，于是 1 4( n 1) 1n 1 4 n 2) 又 3 3 ， 故 4 4 因此对于任意正整数 n 1 ，都有 1 4 题型三 等比数列的性质及应 用 例 3 (1) 已知各项均为正数的等比数列 中， 5 ，10 ，则 ( ) A 5 2 B 7 C 6 D 4 2 (2) 已知数列 是等比数列，且 10 ， S2 m 30 ，则 S3 m _( m N*) (3) 在等比数列 中，公比 q 2 ，前 99 项的和 56 ，则 _. 答案： ( 1 ) A ( 2 ) 7 0 ( 3 ) 3 2 点评： 等比数列的性质可以分为三类： 一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前 n 项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口 巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要 变式探究 3 在等比数列 中， 0( n N*) ，公比 q (0,1) ，且 2 25 ， ，求数列 的通项公式 解析： 因为 2 25 ， 所以 2 25. 又 0 ，所以 5. 又 ，所以 4 ， 而 q ( 0,1) ，所以 所以 4 ， 1 ， q 12， 16. 所以 16 12n 1 25 n. 归纳总结 方法与技巧 1 等比数列的判定方法有以下几种： ( 1) 定义： 1q ( q 是不为零的常数， n N*) 是等比数列 ( 2) 通项公式： 1( c 、 q 均是不为零的常数， n N*) 等比数列 ( 3) 等比中项法： 1 2( 1 2 0 ， n N*) 是等比数列 2 方程观点以及基本量 ( 首项和公比 q ) 思想仍然是求解等比数列问题的基本方法：在 q ， n ， 三求二 失误与防范 1 特别注意 q 1 时， 2 由 1 q 0 ，并不能立即断言 为等比数列，还要验证 0. 3 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 这一特殊情形而导致解题失误 4 在求解与等比数列有关的问题时，除了要灵活地运用定义和公式外，还要注意性质的应用，以减少运算量而提高解题速度 . 新题速递 1. (2012 安徽卷 ) 公比为 2 的等比数列 的各项都是正数，且 16 ，则 ( ) A 1 B 2 C 4 D 8 解析： 公比为 2 且 a 3 a 11 16 ， a 1 22 a 1 210 16 ， 212 16 ，又 a n 0 ， a 1 26 4 ，而 a 5 a 1 24， a 5 1. 答案： A 2 (2012 北京卷 ) 已知 为等比数列，下面结论中正确的是 ( ) A 2 2 若 若 当 a 1 0 ， q 0 时， a 1 0 ， a 2 0 ， a 3 0 ， A 错误；而当 q 1 时， C 错误；当 q 0 时，由 a 3 a 1 得 a 3 q a 1 q ，即 a 4 a 2 ，与 D 项矛盾， B 项正确 答案： B 3 (2012 陕西卷 ) 已知等比数列 的公比 q 12. (1) 若 4，求数列 的前 n 项和； (2) 证明：对任意 k N ， 2， 1成等差数列 解析： (1) 由 4及 q 12，得 1 ， 数列 的前 n 项和 1 12122 12n 13. (2) 证明：对任意 k N ， 2 2 ( 1) 2 1 ( 1 1(2 q 1) ， 由 q 12得 2 q 1 0 ，故 2 2 ( 1) 0. 对任意 k N ， 2， 1成等差数列 5 4 数列求和 考纲点击 1. 熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式 . 2. 掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法 . 说基础 课前预习读教材 考点梳理 1. 公式法 (1) 直接用等差、等比数列的求和公式求 (2) 掌握一些常见的数列的前 n 项和 1 2 3 n _ ； 1 3 5 (2 n 1) _. 2 倒序相加法 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 n 项和即可用倒序相加法如 _ 数列的前 n 项和即是用此法推导的 3 错位相减法 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 n 项和即可用此法来求，如 _ 数列的前 n 项和就是用此法推导的 4 裂项相消法 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： ( 1)1n n 1 _ ； ( 2)1 2 n 1 2 n 1 _ _ ； ( 3)1n n 1 _. 答案： 12n ( n 1) 等差 等比 1n1n 112 12 n 112 n 1 n 1 n 考点自测 1. 已知 是等比数列， 2 ， 4，则 1 ( ) A 16(1 4 n) B 16(1 2 n) 4 n) 2 n) 解析： q38， q 12， 4 ，可得 1 16 (12)2 n 1， 原式 16 12 (12)3 (12)2 n 1 323(1 4 n) 答案： C 2 数列 的前 n 项和为 n n 1 ，则 ) A 1 B a n 1n n 1 n 1 n 1 1n1n 1 S 5 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 1 121213 151656. 答案： B 3 设数列 1 ， (1 2) ， ， (1 2 22 2n 1) ， 的前n 项和为 ( ) A 2 2n n C 2n 1 n D 2n 1 n 2 解析： a n 1 2 22 2n 11 2 2 2n 1 ， S n (2 22 23 2n) n 2 1 2n1 2 n 2n 1 n 2. 答案： D 4 数列 的通项公式为 n 2n( n 1,2,3 ， ) ，则 前 n 项 和 _ _. 解析： 由题意得数列 a n 的前 n 项和等于 (1 2 3 n ) (2 22 23 2n) n n 1 22 2n 11 2n n 1 2 2n 12. 答案：n n 1 2 2n 1 2 414 717 10 1 3 n 2 3 n 1 ( ) n 1B.3 n3 n 1C 1 1n 1D 3 13 n 1解析： S n 13 ( 1 14) (1417) (13 n 213 n 1) 13 ( 113 n 1) n3 n 1. 答案： A 说考点 拓展延伸串知识 疑点清源 1. 数列求和的方法 ( 1) 一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和 ( 2) 解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路： 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分解或错位相减来完成 不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和 2 等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决 . 题型探究 题型一 用倒序相 加法求和 例 1 设 f ( x ) 12x 2，求 f ( 5) f ( 4) f (0) f (1 ) f (5) f (6) 的值 解析： f ( x ) 12x 2， f ( x ) f (1 x ) 12x 2121 x 212x 2122x 212x 22 2 2x2 2x 2x 2 222. 设 S f ( 5) f ( 4) f ( 0) f ( 1) f ( 5 ) f ( 6) ， 则 S f ( 6 ) f ( 5 ) f ( 1) f ( 0) f ( 4) f ( 5) 2 S f ( 5) f (6) f ( 4) f (5) f (6) f ( 5) 原式12 f ( 5) f (6) f ( 4) f (5) f (0) f (1) f (6) f ( 5) 12 12 22 3 2 . 点评： 对等差数列倒序相加求和时利用了 1 ，对于 f ( x ) 12x 2，由于 f ( x ) f (1 x ) 22，也可产生以上效果可见类似这种可以将若干项和转化为某项积的求和方法实际上是抓住了数列 ( 或解析式 ) 的特点，利用 “ 整体 ” 运算简化求和的一种方法 变式探究 1 已知 a ， S lg l g ( 1 y ) lg x 0 ， y 0) ，求 S . 解析 ： 将和式中各项反序排列得， S lg x 1) 2) lg 将此式与原式两边对应相加得， 2 S n n n n ( n 1) ， 共 n 1 项 a ， S 12n ( n 1) a . 题型二 用错位相减法求和 例 2 设数列 满足 3 32 3n 1ann N*. (1) 求数列 的通项； (2) 设 bn数列 的前 n 项和 解析： ( 1) 3 32 3n 1an 当 n 2 时， 3 32 3n 2 1n 13， 得 3n 13， 3n . 在 中，令 n 1 ，得 3，适合 3n ， 3n . (2) bn n 3n. 3 2 32 3 33 n 3n 3 32 2 33 3 34 n 3n 1. 得： 2 n 3n 1 (3 32 33 3n) ， 即 2 n 3n 13 1 3n1 3， 2 n 1 3n 1434. 点评： 解答本题的突破口在于将所给条件视为数列 3n 1前 n 项和，从而利用 n 1而求得 外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量 大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养 变式探究 2 设数列 满足 2 ， 1 3 22 n 1， (1) 求数列 的通项公式； (2) 令 数列的前 n 项和 解析： ( 1) 由已知，当 n 1 时， 1 (
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