高中数学总复习第二轮专题二.数列的基本运算和性质

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精专题二数列考情动态分析数列是高中代数的重要内容之一，由于它既具有函数特征,又能构成独特的递推关系,使得它既与中学数学其他部分知识如:函数、方程、不等式、解析几何、二项式定理等有较紧密的联系，又有自己鲜明的特征，因此它是历年高考考查的重点、热点和难点,在高考中占有极其重要的地位。试题往往综合性强、难度大，承载着考查学生数学思维能力和分析、建模、解决问题的能力以及函数与方程的思想、转化与化归的思想、分类讨论的思想.通过对2009年全国及16省市高考试题的研究，本专题在高考试题中占有较大比重，分值约占总分的12％，大多为一道选择题或填空题,一道解答题。试题注重基础，着重考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式、数学归纳法及应用问题，选择题和填空题,突出“小、巧、活”的特点。而解答题大多为中等以上难度的试题或难度大的压轴题.展望2007年高考，数列仍是重点考查内容之一,估计试题经常在数列的知识、函数知识、不等式的知识和解析几何知识等的交汇点处命题，使数列试题呈现综合性强、立意新、角度新、难度大的特点。体现了函数与方程、等价转化、分类讨论等重要的数学思想以及待定系数法、配方法、换元法、消去法、归一法、分离变量法、归纳——猜想—-证明等基本的数学方法，在复习数列单元时，一定要以等差、等比数列为载体，以通项公式、求和公式为主线，注重基础，联系实际。通过对试题的练习，提高其运算能力、思辨能力、解决实际问题的能力，才能以不变应万变，在高考中立于不败之地.§2。1数列的基本运算和性质考点核心整合1.数列的通项公式an=f(n）（n∈N*）实质上就是一个函数关系式，求数列的通项公式常用以下方法:(1）公式法：等差与等比数列采用此方法;(2)观察归纳法：先观察哪些因素随项数n的变化而变化，哪些因素不变；分析符号、数字、字母与项数n在变化过程中的联系，初步归纳出公式，再取n的特值验证，如有误差再作调整，如题目需要,可用数学归纳法对归纳出的结果加以证明；（3)递推关系法：它指先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化得到数列普遍的递推关系，再通过代数方法利用递推关系,求出通项公式；(4)利用Sn与an的关系,特别注意对n=1时进行验证.2.抓住基本量，利用方程观点解题善于利用通项公式、前n项和公式求其余的量。3.等差与等比数列的单调性：重视思想方法在解题中的应用：等差数列等比数列在等差数列{an｝中，公差为d①增减性d>0递增数列d=0常数列d<0递减数列在等比数列｛an}中，公比为q①增减性或递增函数或a1〈0，q〉1递减函数，q=1常数列；q<0摆动数列4.掌握两个特殊数列的常用性质(1）在等差数列｛an}中，有①am=an+(m-n)d(d=);②若m+n=p+q，其中m、n、p、q∈N*，则一定有am+an=aP+aq（反之也成立）;③若d为{an｝的公差,则其子数列ak，ak+m,ak+2m,…（m∈N*）也成等差数列，且公差为md;④连续相同个数的和也成等差数列;⑤前n项和为n的二次式（d≠0时），且常数项为0,即Sn=an2+bn，且a=d;⑥若k∈N*，则｛kan}也是等差数列；⑦若{bn}也为等差数列，公差为D，则{an±bn}仍为等差数列,其公差为d±D.（2）在等比数列｛an}中，有①若m+n=p+q,m、n、p、q∈N＊,则am·an=aP·aq；当m+n=2p时，am·an=aP2；②若m、n∈N*，则am=an·qm—n；③若公比为q,则{}是以为公比的等比数列;④下标成等差数列的项构成等比数列；⑤连续若干项的和也构成等比数列;⑥若｛bn}为等比数列,公比为Q（Q≠0），则｛an·bn}仍为等比数列，公比为q·Q;｛｝为等比数列，公比为;⑦若{an｝成等比数列且an>0（n∈N*），则logaan成等差数列,反之也对；⑧等比数列｛an}的前n项积为Vn，则Vn=a1n·(n∈N＊).灵活运用两类数列的上述性质解题，可使问题化繁为简，化难为易，减少解题运算量.5。具体问题求和，掌握有关方法和题型(1）错位相减法：一个等差数列与等比数列对应项积组成的数列，求和采用此法，此外，有关应用问题求和也会出现上述情况.（2）倒序相加法:涉及此法的题目不多,主要是用组合数性质=“上”“下”合并.（3)分组求和法：善于观察、通过分析、组合转化为n个等差、等比或常见数列再求和.（4)裂项相消法：是分解与组合思想在数列问题中的具体应用，实质为将数列中的某些项分解、重新组合,使得可以消去一些项，最终达到求和的目的，一般通过研究通项来实现。常见类型有，等形式.考题名师诠释【例1】若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”。设｛an｝是公比为q的无穷等比数列，下列{an}的四组量：①S1与S2;②a2与S3；③a1与an;④q与an中，一定能成为该数列“基本量"的是第_____________。其中n为大于1的整数，Sn为{an}的前n项和。解析：对于①，若已知S1与S2，则a1、a2确定,该数列唯一确定;对于②，若已知a2与S3,a1和q可能不唯一，如a2=2,S3=7,则可得a1=1且q=2或a1=4且q=；对于③，若已知a1与an，a1和q也有可能不唯一,如a1=1,a3=4,则q=2或—2；对于④，若已知q与an，则显然a1和q唯一确定.故填①④。答案：①④【例2】记等比数列{an}的前n项和为Sn已知S4=1,S8=17，求｛an}的通项公式.解：设{an}的公式为q，由S4=1,S8=17知q≠1，所以得=1，①=17。②由①、②式，得q4+1=17，∴q4=16.∴q=2或q=-2.将q=2代入①式得a1=，所以an=;将q=-2代入①式得a1=-,所以an=。评述：本题考查等比数列的通项公式,前n项和公式及方程思想、整体思想，特殊注意利用前n项和公式时要考虑q≠1、q=1两种情况。【例3】数列｛an}的前n项和Sn=npan（n∈N*)且a1≠a2，（1)求常数p的值；（2)证明{an}为等差数列。分析：（1)关键是把Sn写成项的和的形式，建立关于p的方程，给n以具体的值n=1和n=2。（2)求an的表达式。(1)解：由Sn=npana1=pa1(p-1）a1=0。若p=1，则S2=2a2。∴a1+a2=2a2.∴a1=a2,矛盾。∴p≠1。∴a1=0.由S2=2pa2，得a1+a2=2pa2，∴（2p-1)a2=0。∵a1≠a2,a1=0，∴a2≠0.∴p=.(2)证明：由S3=3·a3a3=2a2,由S4=4·a4,得a4=3a2,猜想an=(n—1)a2.以下用数学归纳法证明。当n=1时，a1=0=(1-1)a2,等式成立.假设当n=k时成立,即ak=(k—1）a2。当n=k+1时,Sk+1=Sk+ak+1(k+1）·ak+1=k·ak+ak+1ak+1=ak=a2ak+1=ka2，即n=k+1时，命题成立。故an=（n—1）a2(n∈N＊).∴{an}是以a1=0为首项,公差为a2的等差数列。评述：以数列为载体，考查学生的数学思想方法和逻辑推理能力是近几年高考的突出特点。本题学生容易出现由a1=pa1p=1,忽略了a1可能为0的情况.链接·思考本题第（2)问能否不用数学归纳法证明呢?若能，读者不妨一试.【例4】已知公比为q（0<q<1)的无穷等比数列{an}各项的和为9，无穷等比数列｛a2n｝各项的和为。（1)求数列｛an｝的首项a1和公比q;(2)对给定的k(k=1,2,…,n)，设T（k)是首项为ak，公差为2ak-1的等差数列,求数列T(2)的前10项之和；（3)设bi为数列T（i)的第i项，Sn=b1+b2+…+bn,求Sn,并求正整数m（m〉1)，使得存在且不等于零.（注：无穷等比数列各项的和即当n→∞时该无穷等比数列前n项和的极限）解：（1)依题意可知，（2)由（1）知，an=3×（)n—1，所以数列T（2)的首项为t1=a2=2，公差d=2a2—1=3,S10=10×2+×10×9×3=155.即数列T(2）的前10项之和为155.（3)bi=ai+（i—1）（2ai—1)=（2i—1）ai-(i—1)=3(2i-1)（）i-1-(i-1），Sn=45-(18n+27）（）n-,=-（）n—。当m=2时，=-;当m>2时，=0，所以m=2。评述:本题是一道数列综合应用题，注意求解过程中的转化与化归。【例5】已知数列｛xn｝满足x1=x2=1，并且=λ(λ为非零参数，n=2,3,4,…)。（1）若x1、x3、x5成等比数列，求参数λ的值；（2）设0<λ<1,常数k∈N*且k≥3，证明++…+<(n∈N＊）.（1）解：由已知x1=x2=1，且=λx3=λ，=λx4=λ3，=λx5=λ6.若x1、x3、x5成等比数列，则=x1x5,即λ2=λ6,而λ≠0，解得λ=±1.（2）证明:设an=，由已知,数列{an｝是以=1为首项，λ为公比的等比数列，故=λn—1，则