苏教版必修五 疑难规律方法：第2章 数列 学案.docx

1数列的表示法对于刚接触数列的同学来说，理解数列的概念与表示法，是理解数列的关键一步，也可以为以后的学习奠定良好的基础，下面对数列的四种表示方法作简单的分析一、通项公式法例1试写出数列3,5,9,17,33，的一个通项公式解数列的各项可记为211,221,231,241,251，所以数列的通项公式为an2n1.点评这类问题关键在于观察各项与对应序号之间的关系，建立合理的联想、转换写出一个数列的通项公式，体现了由特殊到一般的思维规律通项公式法是数列最重要的一种表示方法二、列表法例2数列an如下表所示，试归纳其通项公式n12345an解数列an中各项的分子依次为1,2,3，恰好是序号n；各项的分母为2,3,4，可看成n1，所以数列的通项公式为an.点评由于数列可看成特殊的函数，所以数列也可用列表法表示，列表法具有直观、清晰的特点三、图象法数列是一类特殊的函数，数列的序号可看成自变量，数列的项可看成函数值，数列的通项公式也就是相应函数的解析式，所以数列可用图象法表示，如数列n2的图象如图由图可看出，数列可用一群孤立的点表示，从数列的图象中可以直观地看出数列的变化情况把数列与函数进行比较，数列特殊在定义域是正整数集或其子集四、递推公式法例3将正整数数列1,2,3,4，的各项按照上小下大、左小右大的原则排成如下图的三角形数表，123456(1)分别写出数表中第4行、第5行的各数；(2)将数表中每行的第一个数组成一个数列，观察规律，给出此数列的一个递推关系式解(1)由题意知，第4行的各数为7,8,9,10；第5行的各数为11,12,13,14,15；(2)由数表得，每行的第一个数组成的数列为1,2,4,7,11，观察得a2a1211，a3a2422，a4a3743，a5a41174，.所以anan1n1，故此数列可表示为a11，anan1n1.点评数列的递推公式是数列的一种表示形式，体现了数列的一种递推关系，一种递推规律2数列中的数学思想数学思想在数列的学习中起着重要的作用若能根据问题的题设特点，灵活地运用相应的数学思想，往往能迅速找到解题思路，从而简便、准确求解一、方程思想例1在等比数列an中，已知a1a2a37，a1a2a38，求通项an.分析欲求通项an，需求出a1及q，为此根据题设构造关于a1与q的方程组即可求解解方法一a1a3a，a1a2a3a8，a22.从而解得a11，a34或a14，a31.当a11时，q2；当a14时，q.故an2n1或an23n.方法二由等比数列的定义知a2a1q，a3a1q2，代入已知得即即将a1代入，得2q25q20，q2或q，由得或an2n1或an23n.二、分类讨论思想例2已知an是各项均为正数的等差数列，且lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，若bn，n1,2,3，证明：bn为等比数列证明由于lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，所以2lg a2lg a1lg a4，则aa1a4.设等差数列an的公差为d，则有(a1d)2a1(a13d)，整理得d2da1，从而d(da1)0.(1)当d0时，数列an为常数列，又bn，则bn也是常数列，此时bn是首项为正数，公比为1的等比数列(2)当da10时，则a2na1(2n1)dd(2n1)d2nd，所以bn，这时bn是首项b1，公比为的等比数列综上，bn为等比数列三、特殊化思想例3在数列an中，若 ( 为常数)，nn ，则称an为“等差比数列”下列是对“等差比数列”的判断： 不可能为0；等差数列一定是等差比数列；等比数列一定是等差比数列；等差比数列中可以有无数项为0.其中正确的判断是_分析本题为新定义题，且结论具有开放性，解决本题可借助新定义构造特殊数列，排除不正确的判断，从而简捷求解解析数列a，a，a(a0)既是等差数列，又是等比数列，但不满足 ，即不是等差比数列，故、不正确故选正确答案四、整体思想例4在等比数列an中，a9a10a(a0)，a19a20b，则a99a100_.分析根据题设条件可知q10，而q90，故可整体代入求解解析设等比数列an的公比为q，则q10，又q90(q10)99，故a99a1009(a9a10).答案3求数列通项的四大法宝一、公式法题设中有an与sn的关系式时，常用公式an来求解例1已知数列an的前n项和sn3n2，求其通项公式an.解当n1时，a1s13121；当n2时，ansnsn13n2(3n12)3n3n123n1，又a112311，所以数列an的通项公式an二、累加法若数列an满足anan1f(n1)(n2)，且f(1)f(2)f(n1)可求，则可用累加法求通项例2已知数列an满足a11，an3n1an1(n2)，求其通项公式an.解由已知，得anan13n1(n2)，所以a2a13，a3a232，a4a333，anan13n1.以上各式左右两边分别相加，得ana1332333n1，所以an1(n2)，又当n1时，a11.所以an(nn )三、叠乘法若数列an满足f(n1)(n2)，其中f(1)f(2)f(n1)可求，则可用叠乘法求通项例3已知数列an中，a13，anan1(an0，n2)，求其通项公式an.解由a13，anan1，得，所以，(n2)，以上各式左右两边分别相乘，得，所以an(n2)又a13，所以an(nn )四、构造法当题中出现an1panq(pq0且p1)的形式时，把an1panq变形为an1p(an)，即an1pan(p1)，令(p1)q，解得，从而构造出等比数列an例4数列an满足a11，an1an3(nn )，求其通项公式an.解设an1t(ant)，则an1ant，与已知比较，得t3，所以t4，故an14(an4)又a141430，故数列an4是首项为3，公比为的等比数列，因此an43n1，即an43n1(nn )4函数思想在等差数列中的妙用对比等差数列的通项公式和一次函数的解析式，等差数列的前n项和公式和二次函数的解析式，可以得出等差数列以下三点性质性质1：在等差数列an中，通项公式ana1(n1)d，变形为andn(a1d)，知an是n的函数，且点(n，an)均在直线ydx(a1d)上例1在等差数列an中，a1221，a45153，那么225是第几项？解由andna1d，知点(n，an)在直线：ydxa1d上，所以d，代入数据得，得n63，即225是这个数列中的第63项性质2：在等差数列an中，其前n项和snna1d，变形为n，知是n的函数，且点均在直线yxa1上例2在等差数列an中，s1020，s50200，则s2 010的值为_解析由snan2bn，知anb，所以点在直线yaxb上于是点，三点共线，成立把s1020，s50200代入上式，解得s2 010205 020.答案205 020性质3：在等差数列an中，其前n项和snna1d，变形为snn2n，若设a，ba1，则snan2bn，且点(n，sn)均在曲线yax2bx上例3已知等差数列an中，smsn (mn)，则smn_.解析由snan2bn，知点(n，sn)在抛物线yax2bx上，又smsn，所以点p1(m，sm)与点p2(n，sn)关于抛物线的对称轴对称，而对称轴方程为x，不妨设a0，s120，s130，s130.a13s13s120，a130，d0，s130，122n013，6n00，且 1，则xloga ，ylogb ， logc ，由，得log alog c2log b，所以b2ac，又a，b，c都不为0，故a，b，c成等比数列点评将x，y， 用以 为底的对数表示，由此产生关于a，b，c的等式，建立已知与未知的联系是关键所在三、通项公式法ana1qn1(a1，q均不为零，nn )an是等比数列例3已知数列an的通项an2n，以下关于该数列的说法中错误的是_an是等差数列；484不是an中的项；an是等比数列；an的前8项的和为510.解析由an2n22n1，可知数列an是首项、公比均为2的等比数列，易得正确，错误答案点评根据通项公式判断出数列为等比数列，问题迎刃而解四、前n项和公式法当q0且q1时，snqn qn ，则an是等比数列例4已知数列an的前n项和为sn2n1，则aaa_.解析易知an为等比数列且an2n1，a也是等比数列，a1，公比为4.aaa(4n1)答案(4n1)点评在sn中，令n1即得到首项a1，解决此类问题应有赋值求值的意识以上四种方法是判断数列的常用方法，同学们在解题时应根据具体题目选用恰当的方法.6计算等比数列的三个原则解答等比数列计算题，通常以其通项公式和前n项和公式为基本工具，或直接代入求解，或列方程(组)求解，此外，还有一些特殊要求，同学们要准确快捷地解答等比数列问题，以下三点必须知道一、公式选择要恰当例1在等比数列an中，已知首项a13，an，公比q，求前n项和sn.分析把已知量代入等比数列的前n项和公式sn即可求解解sn.点评若用sn解本题，需先求出n，而用sn，直接代入即可求和公式sn，适用于已知a1，q，an求sn或已知a1，q，sn求an的题型，因其不如sn使用频率高，易被忽视二、运算技巧要掌握例2在等比数列an中，已知a3a53，a74，求其公比分析根据等比数列的通项公式列方程组求解解设公比为q，则又a10，q0，二式相除得，整理得3q44q240，解得q2(舍去)或q22，所以q.点评因等比数列的计算问题中，积与幂较多，故把相关式作商是个常用技巧，这样可以去掉无关量，突出待求量此外，等比数列计算题还常用整体代入、整体变形等技巧三、分类讨论勿忽视例3已知等比数列an的各项都是正数，其前n项和为sn，a32，s45s2，求通项an.分析依据等比数列的通项公式和前n项和公式列方程组，先求出a1和q，再求an.解设数列an的公比为q，当q1时，an2，s48，s24，不满足s45s2，故q1.由已知得整理得解得或依题意，又有q0且q1，所以q2，a1，则an2n12n2.点评解答本题时容易忽视对公比q的讨论同学们要牢记：当q1与q1时，等比数列的求和公式是不同的，所以当公比不确定时，一定要注意对公比的讨论7如何研究数列的单调性和最大(小)项研究数列的单调性和最大(小)项，首选作差，其次可以考虑借助函数单调性例1已知数列an的通项公式为ann()n1，则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由解当n3时，f(n1)f(n)0.综上，可知an在n1,2,3时，单调递增；在n4,5,6,7，时，单调递减所以存在最大项，且第4项为最大项点评之所以首选作差，是因为研究数列的单调性和研究函数的单调性不一样，函数单调性要设任意x1x2，而数列只需研究相邻两项an1an，证明难度是不一样的例2数列an中，an，则该数列前100项中的最大项与最小项分别是_分析可以先把an用分离常数进行化简，然后再研究函数f(x)1的性质，得出该数列前100项中的最大项与最小项解an1.考察函数f(x)1，在区间(，)与(，)上都是减函数，因为4445，故数列an在n44上递减，在n45上递减，借助f(x)1的图象知，数列an的最大项为a45，最小项为a44.答案a45，a44点评本题考查根据数列的单调性求数列的最大项与最小项，此类题一般借助相关函数的单调性来研究数列的单调性，然后再判断数列的最大项与最小项8数列求和的方法和技巧求和是数列的主要问题之一，数列求和方法多，技巧性强，是培养创新能力的好素材，也是高考考查的重要内容现结合例子把数列求和的主要方法列举如下：1应用公式求和方法要领：等差、等比数列的前n项和公式是数列中应用最为广泛、使用频率最高的求和公式在每种数列中均有两个求和公式可供选择尤其是利用等差数列的前n项和公式时，首先要确定公比q是否为1，以确定选用哪一个公式来求和，否则要通过分类讨论进行解答例1求数列1,35,7911,13151719，的前n项和解所求数列的前n项和中共有1234n个连续的奇数，这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2.故该数列的前n项和sn122.点评本题实际上是求从1开始的连续奇数的和，奇数的个数共有123n.最后一个奇数为12n2n1.因此前n项和也可以这样求得sn.例2求数列1，aa2，a3a4a5，a6a7a8a9，(a0)的前n项和解所求数列的前n项和可以看成是由等比数列1，a，a2，a3，a4，取出前123n项后再求和得到，且取出的最后一项为a1，故所求数列的前n项和为sn1aa2a3a1；当a1时，sn；当a1时，sn.点评题目中所给数列实际上并不是等比数列，求和时需要灵活转化为求一个等比数列的前项的和，由于公比为字母a，需要分类讨论 2.分组转化求和方法要领：分组转化求和是将通项变形拆分为几个数列的和与差，分组进行求和、拆分后的数列多为等差数列或等比数列例3已知数列an的通项为ansn为数列an的前n项和，求sn.解由an可知，数列an的奇数项成等差数列，公差d2；偶数项成等比数列，公比q2，所以当n为偶数时，sn(a1a3an1)(a2a4an)13(n1)(21222)22；当n为奇数时，snsn1an22n22.例4数列an中，a13，anan12n10 (nn 且n2)(1)求a2、a3的值；(2)证明：数列ann是等比数列，并求an的通项公式；(3)求数列an的前n项和sn.(1)解a13，anan12n10 (nn 且n2)，a2a1416，a3a2611.(2)证明anan12n10，annan1(n1)0，annan1(n1)；1 (n2)数列ann是首项为a114，公比为1的等比数列ann(a11)(1)n14(1)n1，即an4(1)n1n.(3)解an4(1)n1n，sna1a2an4(1)014(1)124(1)234(1)n1n4(1)0(1)1(1)n1(123n)21(1)n.点评通过对通项公式恒等变形化成几个基本数列求和，这是数列求和的一个基本思想3裂项相消求和方法要领：常见的拆项公式有；.例5已知sn，求证：sn0，sn.又sns1.sn.例6等差数列an的各项均为正数，a13，前n项和为sn，bn为等比数列，b11，且b2s264，b3s3960.(1)求an与bn；(2)求.解(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则d为正数，an3(n1)d，bnqn1，依题意有解得或(舍去)故an32(n1)2n1，bn8n1.(2)sn35(2n1)n(n2)所以(1).点评拆项成差的目的在于大量抵消中间的项，使前n项和sn的表达式得以简化对于一些拆项的方法不要死记硬背，关键是观察通项an的特征结构进行代数恒等变形4奇偶并项求和方法要领：当通项中含有符号因子(1)n或(1)n1时，数列中相邻两项的符号异号，邻项合并后若规律明显，易于求和，可以考虑相邻两项合并后求和由于并项的需要，常常对n的奇偶性进行分类讨论例7已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，求a1a2a3a100.解由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100.例8等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和sn.解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318.所以公比q3.故an23n1 (nn )(2)因为bnan(1)nln an23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，所以sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.所以当n为偶数时，sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，sn点评求数列an的前n项和sn时，若含有符号因子(1)n，一般要对n按奇数、偶数两种情况讨论5错位相减求和方法要领：一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和在写出“sn”与“qsn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“snqsn”的表达式例9化简：snn(n1)2(n2)2222n22n1.解snn(n1)2(n2)2222n22n1两边同时乘以2得到，2snn2(n1)2232n222n12nsnn(21222n12n)n2n1n2.例10已知cnsnc1c2c3c4cn，求sn.解当n为奇数时，sn10213243nn110213243nn1；当n为偶数时，sn23410213243nn110213243nn1令tn10213243nn1，则tn11223344nn，得tn11234n1nnnn3(3n)n，tn9(93n)n.因此sn点评利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分q1和q1两种情况分别求和9提高运算速度的七个妙招数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到：选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略第一招活用概念数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜例1已知an是公差为2的等差数列，若a1a4a7a97100，那么a2a5a8a98_.解析若先求出a1，再求和，运算较为烦琐注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列由于(a2a5a8a98)(a1a4a7a97)(a2a1)(a5a4)(a8a7)(a98a97)33d66，所以a2a5a8a9810066166.答案166点评活用等差、等比数列的概念，沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化第二招巧用性质数列的性质是数列的升华，巧妙运用数列的性质，往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便例2各项均为正数的等比数列an中，若a7a89，则log3a1log3a2log3a14_.解析若设出a1和q，利用基本量法求解，显然运算量较大若利用性质a1a14a2a13a7a89，则a1a2a14(a7a8)797，所以log3a1log3a2log3a14log39714.答案14点评数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器第三招灵用变式在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题例3已知等差数列an中，a33，a10388，则该数列的通项an_.解析利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项设等差数列an的公差为d，则d55，ana3(n3)d3(n3)5555n162.答案55n162点评常规方法是联立方程组，求出首项与公差，再由数列的通项公式求解而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项第四招整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的例4设sn表示等差数列an的前n项和，且s918，sn240，若an430，试求n的值解常规解法是设出基本量a1，d，列方程组求解，但较烦琐；若能利用整体思维，则可少走弯路，使计算合理又迅速由s918，即18，则a1a942a5，故a52，又sn240，所以n15.点评本题解法不在a1，d上做文章，而是将sn变形整理用a5an4表示，使解题过程大大简化第五招数形结合数列是一类特殊的函数，所以可以借助函数的图象，通过数形结合解数列问题例5在公差d0的等差数列an中，已知s8s18，则此数列的前多少项的和最大？解用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：通项an联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；前n项和sn联系二次函数，利用二次函数的对称性及最值设f(x)xa1dx2(a1)x，则(n，sn)在二次函数的图象上，由于s8s18，d1，即当3时，数列an也是单调递增的故的取值范围为|2|3|3即3为所求的取值范围正解2因为数列an是单调递增数列，所以an1an0 (nn )恒成立又ann2n (nn )，所以(n1)2(n1)(n2n)0恒成立，即2n10，所以(2n1) (nn )恒成立而当nn 时，(2n1)的最大值为3(当n1时)，所以3即为所求的取值范围温馨点评利用函数观点研究数列性质时，一定要注意数列定义域是1，2，3，4，n，或其子集这一特殊性，防止因扩大定义域而出错.2忽视数列与函数的区别而致错例2设函数f(x)数列an满足anf(n)，nn ，且数列an是递增数列，则实数a的取值范围是_错解因为数列an是递增数列，且点(n，an)在函数f(x)的图象上，所以分段函数f(x)是递增函数，故实数a满足不等式组解得a0时，a1a2a31时，a8a9a10；为使数列an递增，还需a7a8.故实数a满足条件解得2a0，d.点拨忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项，应有a90. 正解设an24(n1)d，由解不等式得180应该舍掉正解凸n边形内角和为(n2)180，所以120n5(n2)180，解得n9或n16.当n9时，最大内角为12085160180，舍去所以凸n边形的边数为9.温馨点评凸n边形是一个明确的几何概念，是本题中容易忽略的一个条件.利用数列知识解实际问题时，一定要注意所得结果的实际含义，必要时作出取舍.6忽视等差数列前n项和公式的基本特征而致错例6已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为sn和tn，且对一切正整数n都有，试求的值错解设sn(5n3) ，tn(2n7) ， 0，则a9s9s8(593) (583) 5 ，b9t9t8(297) (287) 2 ，所以.点拨此解答错在根据条件，设sn(5n3) ，tn(2n7) ，这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点正解因为an和bn是公差不为0的等差数列，故设snn(5n3) ，tnn(2n7) ， 0，则a9s9s89(593) 8(583) 88 ，b9t9t89(297) 8(287) 41 ，所以.温馨点评等差数列的前n项和snn2n，当d0时，点(n，sn)在二次函数f(x)x2x的图象上当d0时，snna1，但是本题不属于这种情况(否则与矛盾)7等差数列的特点考虑不周全而致错例7在等差数列an中，已知a120，前n项和为sn，且s10s15，求当n取何值时，sn有最大值，并求出它的最大值错解设公差为d.s10s15，1020d1520d，得120d200，即d，an20