1、内容索引0102知识梳理 构建体系专题归纳 核心突破知识梳理 构建体系【知识网络】数列【要点梳理】1.数列的分类:按项的变化趋势2.数列的递推公式:两个条件:(1)已知数列的第1项(或前n项);(2)从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an-1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示.3.等差数列的通项公式以a1为首项,以d为公差的等差数列an的通项公式an=a1+(n-1)d.4.等差数列的前n项和公式5.等比数列的通项公式已知等比数列an的首项为a1,公比为q,则通项公式为an=a1qn-1(a10,q0).6.等比数列与等差数列的区别与联系:区别与联系 等差数列等比数列不同点
2、(1)强调每一项与前一项的差;(2)a1和d可以为零;(3)等差中项唯一(1)强调每一项与前一项的比;(2)a1与q均不为零;(3)等比中项有时有两个值相同点(1)都强调每一项与前一项的关系;(2)结果都必须是常数;(3)数列都可以由a1,d或a1,q确定联系7.等差数列与等比数列性质的比较内容等差数列等比数列性质若数列an是公差为d的等差数列,则下标成等差数列且公差为m的项ak,ak+m,ak+2m,(k,mN*)组成公差为md的等差数列若数列an是公比为q的等比数列,则下标成等差数列且公差为m的项ak,ak+m,ak+2m,(k,mN*)组成公比为qm的等比数列若数列an是公差为d的等差数
3、列,则去掉an中的前面若干项后余下的项仍组成公差为d的等差数列若数列an是公比为q的等比数列,则去掉an中的前面若干项后余下的项仍成公比为q的等比数列8.(1)等差数列前n项和的性质在等差数列an中,其前n项和为Sn,则an中连续的n项和构成的数列Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,构成等差数列.(2)等差数列前n项和Sn的最值若a10,则数列的前面若干项为负数项(或0),则将这些项相加即得Sn的最小值.若a10,d0,d0,则 S1 是Sn的最小值;若a10,d1时,该数列为递增数列.()(7)等比数列2n的前n项和为2n-2.()(8)若Sn为等比数列an的前n项和,则S3
4、,S6,S9成等比数列.()专题归纳 核心突破【专题整合】专题一等差、等比数列的判定【例1】已知数列an是等差数列,则下列数列必为等差数列的是()答案:D 反思感悟 1.定义法an+1-an=d(常数)an是等差数列.2.中项公式法2an+1=an+an+2(nN*)an是等差数列.=anan+2(anan+1an+20)an为等比数列.3.通项公式法an=pn+q(p,q为常数)an是等差数列.an=cqn(c,q均为非零常数)an是等比数列.4.前n项和公式法Sn=An2+Bn(A,B均为常数)an是等差数列.Sn=kqn-k(k为非零常数,且q0,1)an是等比数列.【变式训练1】已知数
5、列an是等差数列,若bn=2an+3an+1,试问:数列bn是否为等差数列?解:设等差数列an的公差为d,则an+1-an=d(d为常数).n2时,bn-bn-1=(2an+3an+1)-(2an-1+3an)=2(an-an-1)+3(an+1-an)=2d+3d=5d(常数),数列bn是等差数列.专题二等差(比)数列的基本运算【例2】已知等差数列an的前n项和为Sn,且S2=-18,S11=0.(1)求数列an的通项公式;分析:(1)设出数列的公差,利用已知条件列出方程组求解首项与公差,即可得到通项公式.故数列bn是等差数列.反思感悟 1.在等差(等比)数列的通项公式和前n项和公式中,含有
6、5个基本量,即a1,d(q),an,n,Sn.知道其中的三个,可以求出其余的两个,即“知三求二”.在解决等差(等比)数列的问题中,往往是化为基本量的运算,有时也可灵活使用等差(等比)数列的性质解题.2.解决此类问题的关键是熟练掌握数列的有关公式,并灵活运用,在运算过程中,还应善于运用整体代换思想简化运算的过程.【变式训练2】在等比数列an中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列an的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列bn的第3项和第5项,试求数列bn的通项公式及前n项和Sn.解:(1)设an的公比为q,由已知得16=2q3,解得q=2.故an=22n-1=2n.(2)由(1)得a3=
7、8,a5=32,则b3=8,b5=32.设bn的公差为d,专题三数列通项公式的求法【例3】写出下列数列的一个通项公式:(2)2,-4,6,-8,10,;(3)a,b,a,b,a,b,.解:(1)数列的项有的是分数,有的是整数,可将各项都统一成分数再观察:(2)数列各项的绝对值为2,4,6,8,10,是连续的正偶数,考虑(-1)n+1具有转换符号的作用,所以数列的一个通项公式为an=(-1)n+12n.反思感悟 根据所给数列的前几项求其通项公式时,需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征:(1)分式中分子、分母的特征;(2)相邻项的变化特征;(3)拆项后的特征;(4)各项的符号特征.【变式训练3】数
8、列1,-3,5,-7,9,的一个通项公式为()A.an=2n-1B.an=(-1)n(1-2n)C.an=(-1)n(2n-1)D.an=(-1)n(2n+1)解析:各项的绝对值为1,3,5,7,9,其通项公式为2n-1,而符号为先正再负的规律,故应为(-1)n+1,观察四个选项,只有B可以变形为(-1)n+1(2n-1).答案:B反思感悟 1.累加法:对于an+1-an=f(n)型的递推公式,用累加法.方法如下:由an+1-an=f(n),得当n2时,an-an-1=f(n-1),an-1-an-2=f(n-2),a3-a2=f(2),a2-a1=f(1).以上(n-1)个等式累加得an-a
9、1=f(n-1)+f(n-2)+f(2)+f(1),2.累乘法(也叫叠乘法)【变式训练4】已知数列an满足an+1=an+3n+2,且a1=2,求an.解:a2-a1=31+2,a3-a2=32+2,a4-a3=33+2,an-an-1=3(n-1)+2.以上各式相加,得an-a1=31+2+3+(n-1)+2(n-1)【例5】已知数列an的前n项和Sn=2an+1,求证:an是等比数列,并求出其通项公式.分析:要证明数列是等比数列,关键是看an与an-1之比是否为常数;由题设可利用an=Sn-Sn-1(n2)求an.证明:Sn=2an+1,Sn+1=2an+1+1.Sn+1-Sn=an+1=
10、(2an+1+1)-(2an+1)=2an+1-2an,an+1=2an(n1).又a1=2a1+1,故a1=-1.an为等比数列,以-1为首项,2为公比,则an=(-1)2n-1.反思感悟 当已知条件中给出的是Sn与an的关系式时,一般要利用可先求出a1,若a1适合n2时an的关系式,则可合并为一个关系式,若不适合则要分段,若能判断数列是等差数列或等比数列,则直接用相应的公式求解.【变式训练5】已知数列an的前n项和为Sn,若an=5Sn-3(nN*),求an的通项公式.【例6】已知数列an满足an+1=2an+32n,a1=2,求数列an的通项公式.分析:两边同除以2n+1,即可转化为bn
11、+1=bn+t的形式,即bn为等差数列.反思感悟 对于递推关系为an+1=pan+qn形式的,一般地,要先在递推公式【变式训练6】(1)已知数列an满足an+1=2an+1(nN*),a1=1,求数列an的通项公式.解:(1)an+1=2an+1可变为an+1+1=2(an+1),令bn=an+1,则bn+1=2bn,且b1=a1+1=2,bn是以2为首项,以2为公比的等比数列.bn=22n-1=2n,an=bn-1=2n-1.专题四数列求和的常用方法【例7】在等比数列an中,公比q(0,1),且满足a3=2,a1a3+2a2a4+a3a5=25.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=lo
12、g2an,数列bn的前n项和为Sn,当S1+取最大值时,求n的值.分析:(1)由条件判断an0,再由等比数列的性质和通项公式,解方程可得首项和公比,进而得到所求通项公式;再由等差数列的求和公式和配方法,可得所求取最大值时n的值.解:(1)由a1a3+2a2a4+a3a5=25,由a3=2,即a1q2=2,得a10,由0q0,可得a2+a4=5,即a1q+a1q3=5.(2)bn=log2an=log224-n=4-n,则n的值为6或7.反思感悟 若一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成,并且各独立项也可组成等差数列或等比数列,则该数列的前n项和可考虑拆项后利用公式求解.【变式训练7】已知在等
13、比数列an中,a1=1,且a2是a1和a3-1的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足bn=2n-1+an(nN*),求数列bn的前n项和Sn.解:(1)设等比数列an的公比为q,a2是a1和a3-1的等差中项,2a2=a1+a3-1,2q=1+q2-1,解得q=2或q=0(舍).数列an的通项公式为an=2n-1.(2)由(1)知,bn=2n-1+2n-1,【例8】已知数列an的前n项和Sn,且满足Sn=2an-1,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=2n+1,求数列anbn的前n项和Tn.分析:(1)求出数列的首项,推出an是以1为首项,2为公比的等比数列
14、,然后求解通项公式.(2)利用错位相减法,求解数列的和即可.解:(1)依题意,当n=1时,有S1=2a1-1.又S1=a1,故a1=1,由Sn=2an-1,当n2时,有Sn-1=2an-1-1.-得Sn-Sn-1=an=2an-2an-1,化简得an=2an-1,故an是以1为首项,2为公比的等比数列,an=2n-1.(2)anbn=(2n+1)2n-1,Tn=320+521+722+(2n+1)2n-1,2Tn=321+522+(2n-1)2n-1+(2n+1)2n.两式相减,得-Tn=320+2(21+22+2n-1)-(2n+1)2n故Tn=1+(2n-1)2n.反思感悟 等比数列前n项
15、和公式的推导方法,即首先将数列中的各项乘一个适当的数(式),然后错开一位相减,使数列中的一些项相互抵消或形成规律,从而得出数列的前n项和.此种方法也常用于求数列anbn的前n项和,其中an为等差数列,bn为等比数列.【变式训练8】在等差数列an中,已知a1+a2+a3=9,a2+a4+a6=21.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2nan,求数列bn的前n项和Sn.解:(1)在等差数列an中,设公差为d.由a1+a2+a3=3a2=9,得a2=a1+d=3,又由a2+a4+a6=3a4=21,得a4=a1+3d=7.联立解得a1=1,d=2,则数列an的通项公式为an=2n-1.(2)
16、bn=2nan=(2n-1)2n,Sn=12+322+523+(2n-1)2n,2Sn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.-得-Sn=2+2(22+23+2n)-(2n-1)2n+1,【例9】已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列an的通项公式;分析:(1)由等差数列的通项公式和求和公式,结合等比中项的性质,解方程可得首项和公差,即可得到所求通项公式;由数列的裂项相消法求和,即先化简再求和.解:(1)由等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且S3+S5=50,可得3a1+3d+5a1+10d=5
17、0,即8a1+13d=50,由a1,a4,a13成等比数列,可得a1a13=,即a1(a1+12d)=(a1+3d)2,化简得2a1=3d.由可得a1=3,d=2,数列an的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1.反思感悟 本题考查等比中项的性质、等差数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列的裂项相消求和,考查方程思想和运算能力.裂项相消法是最难把握的求和问题之一,其原因是有时很难找到裂项的方向.突破这一难点的方法是根据式子的结构特点,掌握一些常见的裂项技巧:此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误.【变式训练9】已知正项数列an的前n项和Sn满足-(n2
18、+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求数列an的通项公式an;(1)解:由-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得Sn-(n2+n)(Sn+1)=0.因为数列an是正项数列,所以Sn0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上可知,数列an的通项公式an=2n.专题五函数与方程思想【例10】设数列an的前n项和为Sn,且满足Sn+an=n(nN*),bn=an-1.(1)求数列bn的通项公式;(2)若cn=n(2-n)(an-1),求数列cn的最大项.分析:(1)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式.(2)
19、利用上一步的结论,进一步利用递推关系式求出数列的最大项.解:(1)数列an的前n项和为Sn,且满足Sn+an=n(nN*),当n=1,2,3时,cn+1-cn0,即c1c2c3c4,当n4时,cn+1-cnc5c6,反思感悟 数列是特殊的函数,其特殊性主要体现在定义域IN*,因此在研究数列时,常借助函数的思想来分析,如本章中等差数列的单调性同一次函数单调性的关系,等比数列的有关性质同指数函数性质间的关系等.因此对于数列问题,可以类比函数的一些性质来研究,例如数列中求某项的取值范围问题,某个参数的取值范围问题就可以利用函数的思想,转化成求函数的值域或解不等式问题.在等差数列、等比数列中,已知五个
20、基本量中的几个,来求另几个时,往往是设基本量,建立方程或方程组来解决问题.【变式训练10】已知a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,其中n=1,2,3,.(1)求证:数列lg(1+an)是等比数列;(2)设Tn=(1+a1)(1+a2)(1+an),求Tn及数列an的通项公式;(1)证明:由已知得an+1=+2an,an+1+1=(an+1)2.a1=2,an+11,两边取对数,得lg(1+an+1)=2lg(1+an),数列lg(1+an)是公比为2的等比数列.专题六数学归纳法(1)当n=1,2,3时,试比较f(n)与g(n)的大小关系;(2)猜想f(n)与g(n
21、)的大小关系,并给出证明.得当n=1,2,3时,两个函数的函数值的大小,比较后,根据结论我们可以归纳推理得到猜想f(n)g(n);(2)归纳推理的结论不一定正确,我们可用数学归纳法进行证明,先证明不等式f(n)g(n)当n=1时成立,再假设不等式f(n)g(n)当n=k(k1)时成立,进而证明当n=k+1时,不等式f(n)g(n)也成立,最后得到不等式f(n)g(n)对于所有的正整数n成立.解:(1)当n=1时,f(1)=1,g(1)=1,所以f(1)=g(1);(2)由(1),猜想f(n)g(n),下面用数学归纳法给出证明:当n=1,2,3时,不等式显然成立.反思感悟 对于数学归纳法的两点关
22、注(1)关注点一:用数学归纳法证明等式或不等式问题是数学归纳法的常见题型,其关键点在于“先看项”,弄清等式或不等式两边的构成规律,等式或不等式两边各有多少项,初始值n0是多少.(2)关注点二:由n=k到n=k+1时,除等式或不等式两边变化的项外,还要利用n=k时的式子,即利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.(1)求a1,a3;(2)猜想an的通项公式,并证明.(2)猜想:an=n.证明如下:当n=1时,猜想成立.假设当n=k(k2,kN*)时,猜想成立,即ak=k,则当n=k+1时,即当n=k+1时,猜想也成立.根据知,对任意nN*,都有an=n.【高考体验】考点一等差(等比
23、)数列的判定1.(2018全国高考)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是否为等比数列,并说明理由;(3)求an的通项公式.将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2)bn是首项为1,公比为2的等比数列.2.(2016全国高考)已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0.(1)证明an是等比数列,并求其通项公式;考点二等差(比)数列的基本运算3.(2019全国高考)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3
24、a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.2解析:设等比数列an的公比为q(q0),所以a3=a1q2=122=4.故选C.答案:C4.(2018全国高考)记Sn为等差数列an的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A.-12B.-10C.10D.12解析:因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d.又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10.答案:B6.(2019北京高考)设等差数列an的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5=,Sn的最小值为.解析:等差数列an中,由
25、S5=5a3=-10,得a3=-2,又a2=-3,公差d=a3-a2=1,a5=a3+2d=0,由等差数列an的性质,得当n5时,an0,当n6时,an大于0,所以Sn的最小值为S4或S5,即为-10.答案:0-10考点三数列的通项公式7.(2019全国高考)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.an=2n-5B.an=3n-10C.Sn=2n2-8nD.Sn=n2-2n故选A.答案:A8.(2018北京高考)设an是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则an的通项公式为.解析:an为等差数列,设公差为d,a2+a5=2a1+5d=36.a1=3,d=6.an=
26、3+(n-1)6=6n-3.答案:an=6n-39.(2019全国高考)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列;(2)求an和bn的通项公式.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列.10.(2018全国高考)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为an的前n项和,若Sm=63,求m.解:(1)设an的公比为q,由题设得a
27、n=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.由Sm=63,得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.考点四数列的前n项和11.(2019全国高考)记Sn为等差数列an的前n项和.若a10,a2=3a1,则=.解析:设等差数列an的公差为d.a10,a2=3a1,a1+d=3a1,即d=2a1.答案:412.(2019江苏高考)已知数列an(nN*)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是.解析:an为
28、等差数列,设公差为d,a2a5+a8=0,S9=27,整理得a1+4d=3,即a1=3-4d,把代入解得d=2,a1=-5.S8=8a1+28d=16.答案:1613.(2019全国高考)已知an是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.(1)求an的通项公式;(2)设bn=log2an,求数列bn的前n项和.解:(1)设an的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.因此an的通项公式为an=24n-1=22n-1.(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列bn的前n项和为1+3+2n-1=n2.14.(20
29、19天津高考)设an是等差数列,bn是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求an和bn的通项公式;解:(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.所以,an的通项公式为an=3n,bn的通项公式为bn=3n.(2)a1c1+a2c2+a2nc2n=(a1+a3+a5+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+a2nbn)=3n2+6(131+232+n3n).记Tn=131+232+n3n,则3Tn=132+233+n3n+1.考点五数学归纳法15.(2019北京高考)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项为m的递增子列.规
30、定:数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式.(1)解:1,3,5,6.(答案不唯一)(3)解:由题设知,所有正奇数都是an中的项.先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).假设2m排在2m-1之后.再证明:所有正偶数都是an中的项.假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中.又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数).假设存在2m(m2),使得2m排在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,.经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件.
