《高中数列典型例题与求解策略》教材

1、第一讲等差数列的判断方法。 O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O 第二讲 等差数列通项之比与前n项和之比。4 第三讲 等差数列前n项和Sn的性质。6 第四讲 等差数列an与数列 an前n项和。8 第五讲 等差数列前n项和Sn的最值。10 第一章 等比数列 第六讲 第七讲 第八讲 第九讲 等比数列的判断方法。000000000000000000000000000000 1 2 等比数列性质。15 等比数列刖 n 项和公式。0000000000000000000000000000 1 7 等比数列刖n项和的性质。

2、00000000000000000000000000 20 第三章 递推数列的通项公式求法 第十讲 o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o f(n)型。 22 第十一讲 an 1 an f(n)型0 。 23 第十二讲 an 1 Aan B 型。000000000000000000000000000000 25 第十三讲 an 1 Aan f(n) 型0 000000000000000000000000000 28 第十四讲 an 2 Aan 1 Ba n 型。0000000000000000000000000

3、0 30 Aan B 第十五讲 an 1 n 型。00000000000000000000000000000 38 Ca n D an 1 a n o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o 第十六讲 an与Sn关系型。 51 第四章数列求和与证明 第十七讲 第十八讲 数列的求和方法。 数列不等式的证明方法。 OOOOOOOOOOOO O O O O O O O O O O O O O O O O O O O OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO 54 62 第一讲判断或证明数列是等差数列的方法

4、等差数列是高中所学数列中的两个基本数列之一，正确判断一个数列是否为等差数列是研究 等差数列的重要前提，根据高中知识特点，我们有如下几种常用的判断方法： 1 定义法：an 1 an d (常数)(nN )an是等差数列。 (做解答题常用此法) 2递推法(等差中项法)：2an 1 an an 2 (n N )a.是等差数列。 (做解答题常用此法) 3.性质法：利用性质来判断。 4通项法：an pn q( p,q为常数)an是等差数列。 (做选择题或填空题常用此法) 5. 求和法：Sn An2 Bn( A,B为常数，Sn为何的前n项的和)a.是 等差数列。 (做选择题或填空题常用此法) 6. 数学归

5、纳法(常用于解答题) 例1已知数列 an 满足下列条件，判断数列 an是否为等差数列? 若是等差数列, 请指出公差是多少? 2 (1 )an = n+1 Sn=n an = n 23 Sn = n +n(5) Sn = n 解：(1)是等差数列，公差为1。 (2 )不是等差数列。 (3) 是等差数列，公差为0。 (4) 是等差数列，公差为 2。 (5 )不是等差数列。 1 例2已知数列an的前n项和为Sn,且满足an 2SnSn i 0(n 2), ai 2 1 求证：是等差数列； Sn 求an的表达式； 若 bn 2(1n)an(n 2)，求证：b；b；b；1 解：由 anSn Sn 1(n

6、 2)，得SnSn 12SnSn 10(n2), 1 111 两边同除以SnSn 1，得120( n2)，即-丄2(n2), Sn 1SnSnSn 1 1 1 1 - b c a c a b4 例3已知一， 成等差数列， 则 是否也成等差数列？并说明 a b c a b c 你的理由。 解：方法 -: 1 1 1 1 1 2 , 成等差数列， ，即 2ac b(a c) a b c a c b 1 2,首项为丄 1 ai 2。 公差是 c(b c) a(a b) ac c2b(a ac 2 c) 2(a c) b(a c) 2(a c) b 也是等差数列。 c 方法二: 1 ,1成等差数列，

7、c ，即 2ac b(a c) a b(a2 2(a c) b bc(b c) c c2) b(a c) 2ac(a c) ab(a b) 2ac(a c) abc b(a2 c2 2ac) b(a ac abc a b 也是等差数列。 c 1 1 a b b c 1成等差数列， c abc abc b a b c也成等差数列, 1也是等差数列，故 差数列。 例4：设数列an中，a1 1，且 an 2 2Sn1、 （n 2），证明数列 2Sn 1Sn 是等差数列, 并求Sn。 求aa“ a3的值；求数列a.的通项公式。 解：S2 4a3 20 , S3S2 a3 5a320 ,又 S3 15

8、, a37 , S2 4a3 20 8 , ，又 S2Sa2(2 a2 7) a2 3a2 7 , a?5, a S1 2a27 3, 综上知a13, a2 5, a3 7 ; (2)由(1) 猜想 an2n 1，下面用数学归纳法证明 当n 1时， 结论显 然成立； 假设当n k （ k 1）时， ak2k 1, 则 Sk 3 5 7 (2 !k 1)3 (；k D k k(k 2) ，又 Sk 2kak 1 3k2 4k , k(k 2) 2kak 1 3k2 4k，解得 2ak 1 4k 6 , ak 12(k 1) 1，即当n 1 k 1时，结论成立； 由知，n N* ,an 2n 1

9、. 解：由已知Sn Sn 1 2Sn2 2Sn 1 去分母得（2Sn 1)(2Sni) 2Sn2 SnSn 1 2SnSn 1，两边同除以SnSn 1，得占 Sn 1 1 是以 S1 Sn 丄1 a1 为首项，以 2为公差的等差数列，故 丄(n 1) 2 2n 1 S1 n 2 )。 经验证n 1时也成立，所以Sn 1 (n 2n 1 例5：设数列an的前n项和为Sn， 满足 Sn 2nan 1 3n2 4n(n ），且 S315。 第二讲等差数列通项之比与前n项和之比 方法规律：解决已知等差数列的前 n项和之比，求项之比这样的问题，最简便的一种方法就 是将项之比转化为和之比，转化的途径就是将

10、式子变成前 n项和的形式；当然灵活应用等差 数列的前n项和公式及等差数列的性质是解决此类问题的基本思路。 例1两个等差数列an、bn的前n项之和分别为 Sn、Tn ,满足对任意的n N都有 Sn Tn 2成立, n 3 求竺。 b5 法一: Sn n(ai 2 an) Tn(bi bn) , T nZ, ai a9 2a5, ai a? 2 a5 , S9 9(aia?) 2 9a5，冋理T9 9(bib9) 9b5, a5 b5 S9 T9 2 3 65 i2 法二: a5 b5 ai a9 2 bib9 9(aia?) 2 9(bi b9) S97 T99 65 i2 2 2 ai a2n

11、 i (2n i)(aia2n i ) 小结: an 2 2 S2n i bnbi b2n (2n i)(bib2n i )T2n i 2 2 法三： 等差数列的前 n项和 Sn An2 Bn n(An B) 可设Sn (7n 2)kn, Tn (n 3)kn, k 0, k是常数, 则a5 S5S4 65k, b5 T5 T4 i2k , a565k b5 i2k 小结: 数列an 是等差数列，首项ai，公差 d , 前n项和Sn ，其中代B是常数, 65 i2 ng 血型 dn2 (ai 务 An2 Bn, 2 2 2 变式1：两个等差数列an、bn的前n项之和分别为Sn、Tn，满足对任意

12、的n 都有 乞 亘上成立，求亞。 Tnn 3b5 解：等差数列的前 n项和SnAn2 Bn n(An B)，其中A, B是常数， 可设 Sn(7n 2)kn, Tn(n 3)kn, k 0, k是常数, 则 a7 S7 S693k,b5 T5 T4 i2k 业鳗題 112k4 b5 小结：由乞 7二，求，方法二和方法三是通法。 Tnn 3 bn a 求，设Sn(7n 2)kn, J (n 3)kn, k 0,k是常数，方法三是通法。 bt 变式2 (2014全国数学竞赛陕西省预赛一试试题) 已知两个等差数列an、bn的前n项之和分别为Sn、Tn,满足对任意的n N*都 鱼红成立，则鱼。 bn3

13、n 1T5 解：等差数列的通项公式可设为an An B ,其中代B是常数， 故设 an (2n 1)k,bn (3n 1)k，其中 k 0,k 是常数， 6( a1 a 6)5( a1 a5)Sg18 则 S61- 36k，T51- 50k，故 6 2 2T525 小结：数列an是等差数列数列的通项公式为 anAn B,其中A, B是常数 2 数列的前n项和Sn An Bn n(An B)，其中A, B是常数, 练习： *Sn2n 3 亠 a9 1等差数列an、bn的前n项之和分别为Sn、Tn，n N都有，求。 Tn3n 1b9 2等差数列an、bn的前n项之和分别为Sn、Tn， n N*都有

14、丄，求色1。 Tn4n 27b11 3. 两个等差数列an bn的前n项之和分别为Sn、Tn，满足对任意的n N*都 Sn3n 3a6 ，求一。 Tn2n 3bg 4. (2013年“希望杯”数学竞赛试题)两个等差数列an、bn的前n项之和分别为Sn、Tn， 满足对任意的n N *都d 竝，求 鱼。 Tn 3n 1bg 第三讲等差数列前n项和Sn的性质 法一：基本量法，求首项 a1，公差d 例1等差数列an的前n项和为Sn，满足S10 310, S201220,求 S30。 S0 10a1 45d 310 a14 由已知得 S20 20a1 190d 1220 d 6 则 S30 30a1 3

15、0 29 30 29 d 2730 2 S10 10a1 45d 310a1 4 法二：由已知得 S20 20a1 190d 1220d 6 则 a30ai 29d 178，故 S30 3(內肌)2730 2 法三：设Sn An2 Bn n(An B)，其中代B是常数, S10 100A 10B 310 A 3 则 5 S20 400A 20B 1220 B 1 故Sn 3n2 n， 则S30 3 302 30 2730 法四： 利用Sn An2 Sn Bn, An S B，数列Sn是等差数列 nn 数列爼是等差数列，设bn 鱼，则bio鱼 31 , b20鱼 61 , n n 10 20 公

16、差为 1 d b20b103 通项为 Sn b10(n 10)d 3n 1， 20 10 n 故Sn 3n2 n，则 S30 3 302 30 2730 法五： 同法四 ，先求得b10 S10 31 , S20 b20 61 10 20 则由b10 b30 2b20，得 b30 91，即 b30 S30 30 91，故 S30 2730。 法六：由 S20 S10 a11 a12 a20 10( a11 2 a20)910 得 a1a?。 9j 2 则S30 30(a1a30) 30(an a20)0730 2 2 法七： 由等差数列性质得: 数列S10, S20S10, S30 S20是等差

17、数列, 即：三数310, 910, S30 1220，成等差数列，公差是600, 例1：已知等差数列an中，S2 16, S4 24，求数列an的前n项和Tn。 解：设 an a1 (n 1)d，因 S216, S4 24 故 S30 1220 1510 , S302730。 小结：由等差数列性质得：数列Sk，S2k Sk，S3k S2k，是等差数列。 变式1：等差数列an的前n项和为Sn，满足Sg 310, S20 1220,求S25。 分析：方法一至方法四均可解，是通法。下面用性质求解。 解：由等差数列性质得：数列 S5， S0 S5， S15$0，S 20S15， S25 S20 是等差

18、数列, 即数列：设S5 x,则S10 S5 310 x，公差为310 2x， 则 S20(S20S15)(S15 S10) (S10 S5 )S54x 4 3 (310 2 2x) 1220， 得 x 80，公差 150， S25 5x 5 4 2 150 1800。 变式2：等差数列an的前n项和为Sn，满足S10 310, S20 1220,求S23。 分析：方法一至方法四均可解。 练习： 1等差数列an的前n项和为Sn，满足S10 100,弘。10,求 片。 2等差数列an的前n项和为Sn，若S36, S18 S15 18，则S18等于（）。 A. 36B. 18C. 72D. 9 3等

19、差数列an的前n项和为Sn，若S39, S636,则a7a*a9等于（）。 A. 63B. 45C. 36D. 27 4等差数列an中，Sn 100, S3n 当an 0时，Sn无最小值，有最大值; 当时a10，d 0时，Sn有最大值，无最小值。 当时a10, d 0时，Sn有最小值，无最大值 练习： 1. （浙江）设Sn是公差为d（d 0）的无穷等差数列%的前n项和，则下列命题错误的是 （ ） A.若d 0，则数列Sn有最大项；B.若数列Sn有最大项，则d 0 ； C. 若数列Sn是递增数列，则对任意 n N*，均匀Sn 0 ； D. 若对任意n N*，均有Sn 0,则数列Sn是递增数列。

20、2. （福建）等差数列an的前n项和为Sn，ai 11，6，则当Sn的取最小 值时，n等于（）。 A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 3等差数列an前n项和为Sn，a312，Si20, %0， 求公差d的取值范围；（2）S1,S2,S3 ,S12中哪个最大值。 4在等差数列an中，a1 20，S10 S15，求当n取何值时Sn有最小值。 5（ 2014北京理12）若等差数列an满足ay a8 ag 0，a?印。0,则当n 时，an的前n项和最大。 第六讲判断与证明等比数列的方法 掌握判定等比数列的方法 ，目的是深刻理解等比数列的基本概念，熟练应用有关知识 为解等比数列综合题奠定良好的基础具

21、体判定方法如下： 、定义法(又叫递推公式法) 如果一个数列an满足 q (q为不为零的常数),则这个数列叫做等比数列 由此 an 定义可判定为等比数列 例 1 已知数列 an 中，a1 1,Sn 1 4an 2(n N ), bnan 1 2an, 求证：数列 bn是等比数列. 证明： a1 1, Sn 1 4an 2, a2 S2S5. 又bn an 1 2an ,d a2 2a1 3. an 1 Sn 1 Sn (4an 2) (4an 12) 4an 4a n 1 an 1 2an 2(an an 1 ), 即 an 1 - 2a n 2(an an 1 ), bn 2 b. 1 bn是

22、首项为3,公比为2的等比数列 n 1 ana1q(q 0的常数)，反之如果 、看通项与前n项和法 (1)通项法：我们知道，等比数列 an的通项公式为 数列an的通项公式为an n 1 a1q(q 0的常数且a1工0则数列an是等比数列这样数 列an为等比数列的充要条件是 an aqn 1 (q 0的常数 )且a1 工0所以用通项公式也可 是判定等比数列 数列 证明: 设数列an的前n项和 等比数列 1时，a1 S1 Sn 4a n 1(n N ),设 bn an 1 2an,求证: a1 bn疋 当n 1 3. 2时， 4a1 1, 3a n 4an a n Sn an n 1 , an 1

23、Sn 1 4 5 3 4an 4 an an 是等比数列, an bn bn 2令 9 3 2 是首项为-，公比为 9 an 1 2a n 4 的等比数列 3 (2 )前n项和公式法：若数列 an的前n项和S1能表示成Sn Aqn A (A，q均为不等 于0的常数且q工1)的形式，则数列an是公比不为1的等比数列.这些结论用在选择填空 题上可大大节约时间. 例3若等比数列 an的前n项和Sn 2n a,求a . 解析：用到上述方法，可得a=-1,大大节约了时间，同时大大提高了命中率. 三、等比中项法 3个非零的实数a,A,b,满足A2=ab,则a,A,b成等比数列，A叫做a,b的等比中项可利用

24、它来判 定等比数列. 例4 已知f (x) bx 若 an 中，ang(n 证明：当n 1时, an 1 an an g(n g(n 1(n1) f(g( n 1)(n 1). g(n),其中n N ,求证：数列an为等比数列. 1为x的一次函数，且g(n) 1) g(n 1) g(n), 1),an 2 g(n 3) g(n 2), an g(n 2) g(n 2 g(n 1) g(n) g(n 3) g(n 2) 1) g(n) f(g(n 2) f(g(n 1) 1) g(n) bg(n 2) bg(n 1) bg(n 1) bg(n) g(n 2) g(n 1) (bg(n 1) 1)

25、 bg(n) 1 g(n 2) g(n 1) (f(g(n g(n 2) g(n 2) 1) f(g(n) g(n 2) g(n 1) g(n g(n 1) g(n 2) g(n 1) 1)2 b2 0,直 1 b3, 2 a2 , 而 aib 0,a2 an0,且当n 数列an为等比数列 运用数学归纳法 这种方法关键在于猜想要正确，用数学归纳法证明的步骤要熟练，从“ 到“ n k 1时命题成立”要会过渡. 例5(2004全国高考题)数列 an Sn n 1时, 四、 k时命题成 an 1 1,2,) 证明：数列 的前n项和记为 是等比数列. Sn，已 知 ai 1， 证明：由a1 1 , a

26、n 1 )，知 a2 Z 1 S 1 4印 f 1，猜测 是首项为1, n 公比为2 的等比数列. F面用数学归纳法证明：令 bn Sn n (1)当 n 当n 假设n 2时，b22 bi，成立. 3 时，S3 a1 a2 a3 1 3 2(1 3) 12, b3 4 2b2，成立. k时命题成立，即bk 2bk 1 . SSaSk r Sk 2 那么当n k 1时，bk1 泊 Sk ak 1k2Sk 2bk，命题成立. k 1 k 1k 1k s 综上知 Sn是首项为1，公比为2的等比数列. n 评析：例5是常规的猜想证明题， 考查学生掌握猜想证明题的基本技能、掌握数列前n项和 这个概念、用

27、数学归纳法证明等比数列的方法 五、反证法 解决数学问题的思维过程， 一般总是从正面入手， 即从已知条件出发， 经过一系列的推 理和运算，最后得到所要求的结论， 但有时会遇到从正面不易入手的情况， 这时可从反面去 考虑.如： 例6 （ 2000年全国高考（理）设an bn是公比不相等的两等比数列，Cn a. bn .证 明数列cn不是等比数列. 证明：设an bn的公比分别为p, q , p q ,b“，为证c“不是等比数 列只需证d c|c3 .事实上，c| （4P Dq）2 a；p2 b；q2 2叭卩4 （ 2 2 2 2 2 2 2 2 C3 （a1 bj（a3 bg）佝“）佝卩 dq ）

28、 p D q b/p q ） 1*2 2 2 * p q, p q 2 pq，又a, bi不为零，C2GC3，故Cn不是等比数列. 评析：本题主要考查等比数列的概念和基本性质、推理和运算能力， 对逻辑思维能力有 较咼要求要证cn不是等比数列，只要由特殊项（如C2C1C3 ）就可否定.一般地讲， 否定性的命题常用反证法证明, 以上五种证明方法的选用 析能力和解决问题的能力 其思路充分说明特殊化的思想方法与正难则反的思维策略的 ,应因题而异只要在平时的练习中不断总结，就能提高我们分 第七讲 等比数列通项的性质及应用 .知识整理 1等比数列的定义: 那么这 般地，如果一个数列从第二项起， 每一项与它

29、的前一项的比等于同一个常数, 个数列就叫做等比数列， 这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母 q表示(q0,即： an : an 1 q(q 0) 2. 等比数列的通项公式 通项公式为an ai qn 1 3等比数列的通项公式推广：an am qn m 4等比数列an的常用性质 (1)在等比数列an中，若 m + n = p+ q= 2r(m, n, p, q, r N*)，贝U am an = ap q = a2. 特别地，aia n= a2an-i= a3an-. 在公比为q的等比数列 an中，数列am , am + k , am+ 2k, am + 3k,仍是等比数列，公比为 qk；

30、 一、等比数列通项的性质及应用 1. 在等比数列中，若 a6 6,a9 9，则a3 .【解答】 4 2. 等比数列 an中，a1 a2 30 , a3 a4 60，则a?【解答】240 3. an 是公比为2的等比数列，且a1 a4 a?a28 = 100 ,则 a3 a6 a9a3等于.【解答】400 4等比数列 an 中，an 0a3?a6 32，则 log2a1 logza? | log2a8= 变式 1 等比数列 an , a1a2a3 5,a7a8a9 10,则a4a5a6 变式2已知等比数列 an各项为正数，且 3是 a3和a6的等比中项，贝V a1a2a3a10 = 5在等差数列

31、 an中，若a100 , 则有等式a1 a2an a1 a?a n n 19,n N 成立。类比上列性质，相 应的：在等比数列 bn中，若 b9 1，则有等式 成立。 【解答】d b2 bnd b2 b仃 n n 17,n N 6.已知n N，各项为正的等差数列an满足a2a621忌a10 ,又数列lg bn的 前n项和是Sn 1 n n 1 lg3n n 1 . (1 )求数列 an的通项公式; (2 )求证数列 bn是等比数列; (3)设Cn anbn，试问数列 C.有没有最大项？如果有，求出这个最大项，如果没有，说 明理由。 【解答】 (1)a2 36 a3 a5 10， 又-a2 ae

32、21 a2 a2 a6 ae a2 ae 7 ，则 3 ai0 1与an 0矛盾; a2 ae 3，则 7 显然 an an (2) lg d Si 2lg 3, bi 2时, lgbn Sn sn 1 Ig9 n 9 10 bn 1 9 10 1时, bn9 bi， bn _9 n 1 10 ,n bn 1 bn 9 10 数列是以 9为首项, 9 为公比的等比数列. 10 (3)cn 9 n n 9 10 ，设Ck k 2是数列Cn中的最大项，则 可得8 数列Cn有最大项，最大项是Q C9 81 _9 7 10 第八讲 等比数列中奇数项与偶数项问题 等比数列前n项和的常用性质 (1)项的个

33、数的 奇偶”性质：等比数列an中，公比为q. 若共有2n项，则S偶：S奇=q; a i -H a?n+2 若共有2n+ 1项，贝S S奇一 S偶=i q （ql且q1）. 例1已知等比数列的首项为1,项数为偶数，其奇数项的和为 85, 偶数项的和为170, 求这个数列的公比与项数 由题目可获取以下主要信息： 等比数列的奇数项与偶数项分别依次构成等比数列； 当项数为2n时，S偶：S奇=q. 解答本题的关键是设出项数与公比，然后建立方程组求解. 解题过程设此等比数列共2n项，公比为q. 由于S奇拓偶，qz 1. 由于奇数项依次组成以a1为首项，以q2为公比的等比数列, 故所有奇数项之和为S 奇=

34、a 1 一 q2n 1 q2 =85 同理可得所有偶数项之和为 a2 1 q2n 1 q2 =170 宁，得q= 2,代入得22n = 256, 解得2n = 8,所以这个数列共8项，公比为2. 变式1:等比数列an共2n项，其和为一240,且奇数项的和比偶数 项的和大80, 求该数列的公比q. 解析： 由题意知S奇=S偶+ 80, 则 S2n = S 偶+ S 奇=2S 偶 + 80= 240, 5偶=160,则 5奇=80,.q = |偶=80= 2. S奇 80 例2奇数项与偶数项分段的类型 数列an的首项ai = 1,且对任意n N , an与 时i恰为方程x2 bnx + 2n =

35、0的两个根. (I )求数列an和数列bn的通项公式； (II )求数列bn的前n项和Sn. 解：(I )由题意 n N*, an an+1= 2n an + 1 an+ 2 an+ 2 21八 -=歹=2(1 分) an an+1an 2 又t a1 a2= 2a1 = 1a2= 2 二a1, a3,a2n-1是前项为a1= 1公比为2的等比数列， a2, a4,，a2n是前项为a2= 2公比为2的等比数列 二 a2n-1= 2n 1 a2n= 2nn N* n 1 即an= 2 2，n为奇数 2n, n为偶数 又, bn=an + an+1 当n为奇数时, 当n为偶数时, bn = 2号

36、+ 2穿=3 bn = 2；+ 2= 2号 n 3 2 -bn=1 n 2 2, n为偶数 (I )Sn= b1 + b2 + b3 + bn 当n为偶数时， S1= (b1+ b3+ + bn 1)+ (b2+ b4+ + bn) nn 3 3 24 4 2 =+ = 7 2n 7( 12 12 2 当n为奇数时， Si= b1 + b2 + bn-1+ bn =Sn-1 + bn= 10 2n_ 7( n 1 2 7, n为奇数 n 22 7, n为偶数 变式：数列 22 n2 n 4的通项an n (cos sin )，其前n项和为Sn. 3 3 求Sn; bn,求数列 bn 的前n项和

37、Tn . n 4 解：(1) 由于cos2 3 .2 n sin 3 Sk(a a2a3) ,22 ( 32)( 2 (a4 42 asa6 2 )HI )HI (a3k 2 a3k 1 a3k ) 2 2 (3k 2)(3k 1) 2 (3k) 31 2 III 18k S3k 1 a3k 5 k(9k 4) 2 - 2 k(4 9k) , ?3k S3k 1a3k k(49k) 2 (3k 1) 3k 2 3 Sn n 3 (n 1)(1 3n) bn 3k 6 n(3n 4) 3k 3k 9n 4 n 2 4 III S3n n 4 22 承 22 4 n 13 1r13 27 丄13

38、2 两式相减得 Tn 9n 4, 4Tn III 4n 9n 4 4n1 , 1 3Tn 尹3 III 9n 113 故Tn 3n 等比数列 an 等比数列 _1 3?2n 3?2n 1. 第九讲等比数列前 9 4 1丄 4 9n 4 1 9n ?2n 32?n 1 1 n项和的性质及应用 公比为q的前n项和的性质: anSn Aqn A 间隔相等、连续等长的片段和也成等比数列即：Sn，S2nSn，S3 nS2n,成 等比数列。 注：当q -1且n为偶数时，Sn,S2nSn, S3nn,不是等比数列。 “相关和”性质：若数列an是公比为q的等比数列，则Sm n Sn qm 【典型题一】等比数列

39、n项和性质的应用 例1、在等比数列an中，S2 7, S6 91,求S4的值 变式1:设等比数列an的前n项和为Sn，若鱼3,则別 S3S3 变式2：各项均为正数的等比数列為的前n项和为S，若5 = 2, S3n = 14,则S4n等于() A. 80B.30C.20D.26 解析：-Sn， S2n一 Sn， S3n 一 S2n， S4n一 S3n成等比数列 但n 2)2= 2 (14 S2n)，解得6 2 .(S2n Sn) = 3 (S3n 证明n1a1a2 23a 2a 3 ann(n a n 12 * N ) 3. (2014全国新课标n)已知数列 an满足d 1, a. 1 3a.

40、1(n N*), 证明an ?是等比数列，并求an的通项公式； 证明：丄 13 。 aa2 an 2 第十三讲 满足an1 Aan f(n)型的数列的通项公式的求法 例 1：数列an满足 a11 , an 3an 1 2n 3(n2,3,4,), 求a2, a3，并证明数列an n是等比数列；求 a“。 解： a24 , a315。 由an 3an 1 2n 3，得 an n 3an 1 (n an n an 1 (n 1) 3(n2), 数列an n是公比为3的等比数列，首项ai 12。 故 ann 2 3n 1, an n 2 3n 1 例2: (2014安徽文18) 数列an满足 a1

41、1, nan 1 (n 1)ann(n 1)， n N 证明：数列 0 是等差数列; n 设bn 3n . an，求数列bn的前n项和Sn。 解：由已知得印 1, a丄丄岂 1，n N ， n 1 n 所以数列 0 是等差数列，公差为1，首项为色 1， n1 故並n，即an n2。 n 有知，bn 3n an n 3n， 可由错位相减法求和，(过程略) 例 3：数列an满足 a1 1，an1 3an 2n 1，求 an。 解：法一：由已知得：a1 1,瞎豊(2)n 1 3n 13n 3 则数列字 3n 1 是等比数列，公比为 2 2 2 3，首项为(3， 转化为an 1 an f(n)型，利用

42、累加或迭代法求解。 法二：由已知得: a1 1 am 2“ 1 步 1,令 bn On 歹， 可化为an 1 Aan B型求解 法三：由已知得： a1 1, am 2n2 3(an 2n 1)， 数列 an 2n 1 是等比数列，公比是 3，首项是 a1 22 5 例 4：数列 an 满足 a1 1，an 1 3an5 ，求 an。 解：对已知式两边取对数得： ln an 1 ln( 3an5 ) ，化简得 ln an 1 5ln an ln3， 令 bn ln an ，b1 ln a1 0 ，bn 1 5bn ln 3， 转化为 bn 1 Abn B 型求解。 例 5：数列 an 满足 a1

43、 1， an 1 an 2n，求 an。 解：由已知可得： a1 1，( 1)n 1 an 1 ( 1)n an( 2)n ， 令 bn ( 1)n an ，则 b1 1，bn 1bn ( 2)n 转化为 bn 1 bn f ( n) 型求解。 第十四讲 满足 an 2 pan 1 qan(n N*) 型的数列的通项公式求法 例 1 ：(人教版 A 版数学(必修 5 )第二章复习参考题 B 组第 6 题)： 已知数列 an 中， a1 5,a2 2,an 2an 1 3an 2(n 3) ，对于这个数列的通项公式作 一研究，能否写出它的通项公式？ 法1 ：（配凑法） 由 an 2an 1 3a

44、n 2，得 a. 3a. 1 (an 1 3an 2)，而 a? 3ai13 , 故数列an 1 3an是公比为 1，首项为 13的等比数列, 所以 an1 3an13 ( 1)n 1， 又由 an 2an 1 3an 2，得 a. 3(an 1an 2)，而 a2 ai 故数列an 1 an是公比为3， 首项为 7的等比数列, 所以am an 7 3n 1， 由、 两式消去an 1 ，得an ；7 3n 113 n 1 (1) ,n 法2: （待定系数法） 由an 2an 1 3an 2， 设an (an 1 an 2），其中 是待定的常数, 则an )an 1 比较系数得 显然 是方程x2

45、 2x 3 0的两根，即方程 x2 2x 3的两根, 31或 从而也得an 3an 1 (an 1 3an 2 )或 an an 1 3( an 1 an 2) F面与解法一相同，可得 an 卯3n1 13 ( 1)n1,n 解法3： （特征根法） 由an 2an 1 3an 2， 得特征方程为 2x 3，解得X1 3,X21， 设an 3n (1)n 1，其中 c、 c2是待定的常数， 把a1 5, a2 2的值代入得 C1 C2 3c C2 C2 7 4 13 4 1 从而an尹 3n 113 ( 1)n1,n 小结：设数列an满足: a1 a, a2 b, an 2pan 1 qan,n

46、 N ,( pq 0)，求 a. 解：设an 2 an 1(an 1 an)，其中 是待定的常数, an，比较系数得 常数Ci,C2由ai,a2确定。） 则an C2 显然 、 是方程x2 px q 0的两根， 即方程 x2 px q的两根， 当 2 P 4q 0时，设其实根为、 ，从而有 或， 得an 2 an 1 (an 1an )或 an 2 an 1 (an 1an), 所以数列 an 1 an、an 1 an分别是公比为 和的等比数列， 故得 an 1 an (a2aj n1， 与an 1 an n 1 (a2aj ， (i) 当 时， 由- 消去an 1，可得an，即 (a2 aj

47、 n 1n 1 (a2aj an (注: 若令 C1 (a2aj a2 C2 a1 2 n 1 则an n 1 ()an 1 0)时, 由式得: an an (a2 ai) 上式两边同除以 1，得 an 1 n 1 an n a 2a 2 ， 数列卑是公差为 a?a 2 ， 首项为业的等差数列, a 2 a (n 1) 2 2 1 ，得 an ( a1a2a1 ) 22 ) n n (注：若令c1 aa? a 22 ， c2 则an (q n c?) n,常数由印，玄2确定。 小结：上述解题过程中得到的方程x2 px q称为递推方程an 2 pan1 qan的特征方 程，特征方程的根、 叫做特

48、征根。 设数列an满足：ai a, a2 b 2 pan 1 qan, n N ,(pq 0)， 其特征方程为x2px q，设其两根为禾口 。 结论1:(构造法)二阶线性递推数列的通项公式均可通过构造法转化为等比数列或等 差数列求得。构造过程可采用配凑法、待定系数法。 (i) 当方程有两个相异实根()时， 构造两个等比数列an 1 an、an 1an，它们的公比分别为禾口 ，再利用方 程思想解得通项an。 (ii) 当方程有两个相同实根()时 可以构造出等差数列旦计，其公差为a2 2內，首项为色的等差数列， 结论2：(特征根法) (i)当方程有两个相异头根 ( )时，an n 1 c1 C2，

49、常数C1 ,C2由aa2确疋。 (11)当方程有两个相同实根 ( )时，an (C1 nC2),常数C1 ,C2由aa2确疋； (iii)当方程有两个共轭复数根时， n anc1 1 C2 ,常数C1,C2由a1,a2唯一确疋。 例2： (2008广东 理21题)：设p、q为实数，、 是方程x2px q 0的两个 实根，数列Xn满足 X1 p,X2 p2 q,Xnpx. 1 qXn2,(n 3,4,5,) (1)证明： p,q ； (2)求数列Xn的通项公式； 若p 1 1,q，求Xn的前项和Sn 4 解: (1)略。 (2) X1 2 P, X2P q，由第（1）题知，X1 ,X2 特征方程

50、X2 px q，即 x px q 0的两个实根为 (i)当 时, 设Xn ci C2 则 C1 C2 2 C1 C2 ( ii)当 I 时， 而X1 P,X2 2 p q, 设 Xn (C1 nc2)n, 则 (G C2) 2 (C1 2C2) 23 2 2 C1 C2 由第（1 ）题知, Xi C2 Xn (3)若 p i,q 特征方程是 1 4 1 X，得二重根 4 Xi 1,X2 把X1 3 1,X2 代入通项公式，得 4 利用错位相减法可得数列前n项和 2 ，得 Xn ,X2 (n 1) n 3 ,Xn 4 Xn 1 2,(n 3,4,5,) X -，设 Xn 2 4(C1 Sn 3

51、(Ci 22）（,. C2) 2C2) 1 (n 3)罗。 Cl ，故Xn 1 (1 n）（）n 2 类型一：特征方程有两个相等实根 例3 （2009全国H,理19题） 设数列an的前项和为Sn，已知a11, Sn 1 4a“ 2 . （1 ）设bn an 1 2an，证明数列bn是等比数列; （2）求数列an的通项公式。 分析：由已知Sn 14an2 ,得Sn24an12 ,两式相减得：an 24an 14an , 可直接应用特征根法就数列 an的通项公式。 解：由已知Sn 1 4an 2，得Sn 2 4an 1 2，两式相减得：an 2 4an 1 4an， 特征方程是x2 4x 4 ,

52、x-i x22 , f(2) an an i an 2 an i sin a 2 n 2 cos 0 2 an an 1 an 2 an 10，即 an 2 2an 1 a.,显然可以利用特征根法求解。 又 an 2 2an 1 an可变形为2an 1 anan 从而知数列an 是等差数列，由已知可得公差为 1，且首项a-2，所以an n 1 设an (C1 nC2)2n，又a11, a1 a2 S2 4a 1 2,得 a2 5 . 把a1 1, a2 5代入通项公式，得 2(G C2) 1 C 1 4 4( G 2C2) 5 C2 3 4 故an 3n 4 -2n(3n 1)2n 2 例 4

53、（2013安徽 文19题）设数列an满足a1 2, a2 a48，且对任意n N , 函数 f(x) (an an 1 an 2)x an 1 cosx an 2 sinx满足f () 0。 (1) 求数列an的通项公式；(2)略。 解：f (x) an an 1an 2 an 1 sin x an 2 cosx 2 1 4 4 4 注：当p 2,q1时，满足an 2 pan 1 qan的数列an是等差数列 例5（2011全国高中数学竞赛安徽赛区9题） 已知数列an满足a1 a2 a 1a 2 1，an 14 Sn 3)， 求数列an的通项公式。 解: 由 a1 a21,an a1a2an 2

54、(门 4 3) 得an 1 an 1 a1 a2a* 4 an 1 4 an 1 a n 即an1 an 1 an 1，特征方程是 4 又a1a21, 1 设 an (GnC2)(-)n， 如 代入通项公式，得2 扣 C2) 2C2) Ci0 c22 1 故 an 2n GT 类型二：特征方程有两个相异实根 例6 （2008广东文21题） 设数列an满足a11,a22,an 如n1 2an 2),(n 3,4, ），数列bn满足 b11,bn(n 2,3,4,)是非零整数， 且对任意的正整数 自然数k ,都有： bmbm 1 bm k 1， (1) 求数列an和bn的通项公式；（2）略。 2

55、1 解：特征方程是x2 （x 2）， 3 X1 1,X2 I，设a C2(，. 3 把a1 C1 1,a22代入通项公式，得 C 2c21 3 -c22 9 C1 C2 8 5 _9 10 ，故 an 8 ( -)n 5103 例7（2010全国高中数学竞赛河北赛区6题） 从满足a1 a2 1, an 2 an（n 1）的数列an中，依次抽出能被 3整除的项组成数 列bn，则 b100 A. a1oo B. a2oo C. a3oo D. a400 解：此数列是斐波那契数列, 写出前几项, 归纳可知 a4k（k 1）能被3整除，故选D. 利用特征根法可求得斐波那契数列的通项公式: 特征方程是x

56、2 x 1.5 丁,x2 设 anC1( 15)n 2 C2(1 15 2 5 把a1 故an Ci C21 a 21代入通项公式，得15 Ci 15 C2 丁 C2 15 (宁门 8(2013全国高中数学竞赛河北赛区 11题) 已知数列an满足a1 2,a2 3, 2an 1 3an an 1 (n 2) (1)求数列an的通项公式an ； (2)略。 解：特征方程是2x2 3x 1，x1 1,X2 an C1 c2( )n ， C1 把a12,a23代入通项公式，得 1 2C2 1 4C2 C1 C2 ，故an 1 n 2 4 (1 例9 (2013全国高中数学竞赛安徽赛区 12题) 设数

57、列数列an满足a11, a2 2,an (1 an1)2 an 2 (n 3)， (1)求数列an的通项公式; (2)略。 解：由 a11,a2 2,an (1 an 1 ) an 2 (n 3)，得 a3 1 2an11 从而 2 a.an 2 an 1 2 an 1an 1 an 2an an 两式相减，并整理得: an 1 (a n 1an 2) an(an 2 an2)， an 1 a n 12 得 an an an 22 an 1 a3 a12 a2 6，从而 an 1 6an 2an 12， 1 令bnan-2，得 bn 1 6bn bn 数列bn特征方程是X2 6x x1 且s珈

58、 3 2 2,X2 设 bn c1(3 2 2)n 1 c2(3 2、2)n 1，把 b11 2，b2 I代入通项公式, C1C2 Ci 得 -3 G(3 2.2) q(3 2,2) C2 1 4 1 4 得 bn(3 a1 (3 2 4 ，故an (3 2、. 2)n1 (3 2、. 2)n1 1 o 42 类型三：特征方程有两个共轭复数根 例10( 2013全国高中数学竞赛安徽赛区 4题) 设数列数列an满足a, a2 1, an3an 1an 2 (n 3)，则 a2013 解：特征方程是x 3x 3 i 得两根为x1 ! 2 cos 6 i sin, x2 6 .3 i 2 cos(

59、6)isin(-)， 设an G (cos 石 i si ng c2cos( 6) isin( 6)n1 把a, a21代入通项公式, c21 .31 C1 得 C1(i)C2(i) 2 2 2 2 故 a2013C1(cos沁isin 連 C1(cos213 6 .2013 、 i sin ) 6 Ci C2 C2C0S( 第十五讲 满足a Aan 1 (2 2 1(2、3)i .3)i 2013 ) 6 ) 2013 、 )i sin( 6 C2C0S( i sin( 2013 6 2013 6 )13 B的数列的通项公式的求法 Can D 一、赛题呈现 赛题：（2013年“希望杯”高二组

60、二试） 1 a12, an 1 f (an)。 设函数f（x） 2,数列an满足: x （1）证明：存在一个等差数列bn，使得当n 1时, an -b者E成立。 bn 1 求数列an的通项公式。 分析: 本题的实质是: 已知数列an满足：a1 2,an 1 2，求数列an的通项公式。 an 其一般形式是an 1 B A ，更一般的形式是 an an Aan B 。 Can D 二、课本探源： （必修5 ）第二章数列第一节） （人教A版数学 题源一： （n 1），写出这个数列的前 5项。 第31页例3：设数列an满足：a11, an 1- an 1 题源二: 第34页习题B组第3题：已知数列an