XX届高考数学数列知识导航复习上课学习上课学习教案.docx
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XX届高考数学数列知识导航复习上课学习上课学习教案
XX届高考数学数列知识导航复习教案
本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址 第六章
数
列
高考导航
考试要求
重难点击
命题展望
.数列的概念和简单表示法
（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.
2.等差数列、等比数列
（1）理解等差数列、等比数列的概念；
（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；
（3）能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；
（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
本章重点：
1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;
2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：
观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.
本章难点：
1.数列概念的理解；2.等差等比数列性质的运用；3.数列通项与求和方法的运用.
仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻；又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.
知识网络
6.1 数列的概念与简单表示法
典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：
7,77,777,7777，…
23，－415，635，－863，…
1,3,3,5,5,7,7,9,9，…
【解析】将数列变形为79•，79，79，…，79，
故an＝79.
分开观察，正负号由n＋1确定，分子是偶数2n，分母是1×3,3×5,5×7，…，，故数列的通项公式可写成an＝n＋1.
将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，….
故数列的通项公式为an＝n＋.
【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.
【变式训练1】如下表定义函数f：
x
2
3
4
5
f
5
4
3
2
对于数列{an}，a1＝4，an＝f，n＝2,3,4，…，则aXX的值是
A.1
B.2
c.3
D.4
【解析】a1＝4，a2＝1，a3＝5，a4＝2，a5＝4，…，可得an＋4＝an.
所以aXX＝a4＝2，故选B.
题型二 应用an＝求数列通项
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：
Sn＝3n－2；
Sn＝182.
【解析】当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝2×3n－1，
又a1＝1不适合上式，
故an＝
当n＝1时，a1＝S1＝182，解得a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝182－182，
所以2－2＝0，所以＝0，
又an＞0，所以an－an－1＝4，
可知{an}为等差数列，公差为4，
所以an＝a1＋d＝2＋•4＝4n－2，
a1＝2也适合上式，故an＝4n－2.
【点拨】本例的关键是应用an＝求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足“n≥2”的一般性通项公式.
【变式训练2】已知a1＝1，an＝n，则数列{an}的通项公式是
A.2n－1
B.n－1
c.n2
D.n
【解析】由an＝n⇒an＋1an＝n＋1n.
所以an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1＝nn－1×n－1n－2×…×32×21＝n，故选D.
题型三 利用递推关系求数列的通项
【例3】已知在数列{an}中a1＝1，求满足下列条件的数列的通项公式：
an＋1＝an1＋2an；an＋1＝2an＋2n＋1.
【解析】因为对于一切n∈N*，an≠0，
因此由an＋1＝an1＋2an得1an＋1＝1an＋2，即1an＋1－1an＝2.
所以{1an}是等差数列，1an＝1a1＋•2＝2n－1，即an＝12n－1.
根据已知条件得an＋12n＋1＝an2n＋1，即an＋12n＋1－an2n＝1.
所以数列{an2n}是等差数列，an2n＝12＋＝2n－12，即an＝•2n－1.
【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.
【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且•a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0，求an.
【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，
所以anan＋1≠0，所以an＋1an－nanan＋1＋1＝0，
令an＋1an＝t，所以t2＋t－n＝0，
所以[t－n]＝0，
得t＝nn＋1或t＝－1，即an＋1an＝nn＋1.
所以a2a1•a3a2•a4a3•a5a4•…•anan－1＝12•23•34•45•…•n－1n，所以an＝1n.
总结提高
.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.
2.由Sn求an时，要分n＝1和n≥2两种情况.
3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：
一是利用Sn－Sn－1＝an转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
6.2 等差数列
典例精析
题型一 等差数列的判定与基本运算
【例1】已知数列{an}前n项和Sn＝n2－9n.
求证：
{an}为等差数列；记数列{|an|}的前n项和为Tn，求Tn的表达式.
【解析】证明：
n＝1时，a1＝S1＝－8，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[2－9]＝2n－10，
当n＝1时，也适合该式，所以an＝2n－10.
当n≥2时，an－an－1＝2，所以{an}为等差数列.
因为n≤5时，an≤0，n≥6时，an＞0.
所以当n≤5时，Tn＝－Sn＝9n－n2，
当n≥6时，Tn＝a1＋a2＋…＋a5＋a6＋…＋an
＝－a1－a2－…－a5＋a6＋a7＋…＋an
＝Sn－2S5＝n2－9n－2×＝n2－9n＋40，
所以，
【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.
【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21＝42，若记bn＝，则数列{bn}
A.是等差数列，但不是等比数列
B.是等比数列，但不是等差数列
c.既是等差数列，又是等比数列
D.既不是等差数列，又不是等比数列
【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21＝21a1＋21×202d＝42.
所以a1＋10d＝2，即a11＝2.所以bn＝＝22－＝20＝1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为c.
题型二 公式的应用
【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.
求公差d的取值范围；
指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由.
【解析】依题意，有
S12＝12a1＋12×d2＞0，S13＝13a1＋13×d2＜0，
即
由a3＝12，得a1＝12－2d.③
将③分别代入①②式，得
所以－247＜d＜－3.
方法一：
由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
由于S12＝6＞0，S13＝13a7＜0，
即a6＋a7＞0，a7＜0，因此a6＞0，a7＜0，
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
方法二：
由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.
【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d＞0，aXX，aXX是方程x2－3x－5＝0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn＜0的最大自然数n＝ .
【解析】由题意知又因为公差d＞0，所以aXX＜0，aXX＞0.
当
n＝4015时，S4015＝a1＋a40152×4015＝aXX×4015＜0；当n＝4016时，S4016＝a1＋a40162×4016＝aXX＋aXX2×4016＞0.所以满足条件Sn＜0的最大自然数n＝4015.
题型三 性质的应用
【例3】某地区XX年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.
分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数；
该地区9月份该病毒新感染者共有多少人？
【解析】由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.
所以9月10日的新感染者人数为40＋×40＝400.
所以9月11日的新感染者人数为400－10＝390.
9月份前10天的新感染者人数和为S10＝102＝2200，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为－10的等差数列.
所以后20天新感染者的人数和为T20＝20×390＋202×＝5900.
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2200＋5900＝8100.
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为
.
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，
所以5＋3d2≤a4≤3＋d，即5＋3d≤6＋2d，所以d≤1，
所以a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值为4.
总结提高
.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am＝an＋d.
2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.
3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a＋d，a＋2d外，还可设a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3m，a－m，a＋m，a＋3m.
4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.
6.3 等比数列
典例精析
题型一 等比数列的基本运算与判定
【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2nSn.求证：
数列{Snn}是等比数列；Sn＋1＝4an.
【解析】因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2nSn，
所以Sn＝n.
整理得nSn＋1＝2Sn，所以Sn＋1n＋1＝2•Snn，
故{Snn}是以2为公比的等比数列.
由知Sn＋1n＋1＝4•Sn－1n－1＝4ann＋1，
于是Sn＋1＝4•Sn－1n－1＝4an.
又a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4.
因此对于任意正整数n≥1，都有Sn＋1＝4an.
【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1；②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an＋1an＝q恒成立，也可用a2n＋1＝an•an＋2恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.
【变式训练1】等比数列{an}中，a1＝317，q＝－12.记f＝a1a2…an，则当f最大时，n的值为
A.7
B.8
c.9
D.10
【解析】an＝317×n－1，易知a9＝317×1256＞1，a10＜0,0＜a11＜1.又a1a2…a9＞0，故f＝a1a2…a9的值最大，此时n＝9.故选c.
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中，a1＋a6＝33，a3a4＝32，an＞an＋1.
求an；
若Tn＝lga1＋lga2＋…＋lgan，求Tn.
【解析】由等比数列的性质可知a1a6＝a3a4＝32，
又a1＋a6＝33，a1＞a6，解得a1＝32，a6＝1，
所以a6a1＝132，即q5＝132，所以q＝12，
所以an＝32•n－1＝26－n.
由等比数列的性质可知，{lgan}是等差数列，
因为lgan＝lg26－n＝lg2，lga1＝5lg2，
所以Tn＝n2＝n2lg2.
【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.
【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a29－n成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19＝1，能得到什么等式？
【解析】由题设可知，如果am＝0，在等差数列中有
a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n成立，
我们知道，如果m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，
而对于等比数列{bn}，则有若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，
所以可以得出结论：
若bm＝1，则有b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n成立.
在本题中则有b1b2…bn＝b1b2…b37－n.
题型三 综合运用
【例3】设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且－a1，Sn，an＋1成等差数列.
求{an}的通项公式；
设bn＝1－Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列？
若存在，则求出a1的值；若不存在，说明理由.
【解析】由题意可得2Sn＝an＋1－a1.
所以当n≥2时，有
两式相减得an＋1＝3an.
又a2＝2S1＋a1＝3a1，an≠0，
所以{an}是以首项为a1，公比为q＝3的等比数列.
所以an＝a1•3n－1.
因为Sn＝a11－q＝－12a1＋12a1•3n，所以bn＝1－Sn＝1＋12a1－12a1•3n.
要使{bn}为等比数列，当且仅当1＋12a1＝0，即a1＝－2，此时bn＝3n.
所以{bn}是首项为3，公比为q＝3的等比数列.
所以{bn}能为等比数列，此时a1＝－2.
【变式训练3】已知命题：
若{an}为等差数列，且am＝a，an＝b，则am＋n＝bn－amn－m.现在已知数列{bn}为等比数列，且bm＝a，bn＝b，类比上述结论得bm＋n＝ .
【解析】n－mbnam.
总结提高
.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.
2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an＝Sn－Sn－1，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.
3.分类讨论思想：
当a1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1时，等比数列{an}为递增数列；当a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，{an}为递减数列；q＜0时，{an}为摆动数列；q＝1时，{an}为常数列.
6.4 数列求和
典例精析
题型一 错位相减法求和
【例1】求和：
Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.
【解析】a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n2.
a≠1时，因为a≠0，
Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
aSn＝1a2＋2a3＋…＋n－1an＋nan＋1.②
由①－②得Sn＝1a＋1a2＋…＋1an－nan＋1＝1a1－1a－nan＋1，
所以Sn＝a－nan2.
综上所述，Sn＝
【点拨】若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an•bn}的前n项和时，可采用错位相减法；
当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；
当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.
【变式训练1】数列{2n－32n－3}的前n项和为
A.4－2n－12n－1
B.4＋2n－72n－2
c.8－2n＋12n－3
D.6－3n＋22n－1
【解析】取n＝1，2n－32n－3＝－4.故选c.
题型二 分组并项求和法
【例2】求和Sn＝1＋＋＋…＋.
【解析】和式中第k项为ak＝1＋12＋14＋…＋12k－1＝1－k1－12＝2.
所以Sn＝2[＋＋…＋]
＝－]
＝2[n－121－12]＝2[n－]＝2n－2＋12n－1.
【变式训练2】数列1,1＋2,1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为
A.2n－1
B.n•2n－n
c.2n＋1－n
D.2n＋1－n－2
【解析】an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
Sn＝＋＋…＋＝2n＋1－n－2.故选D.
题型三 裂项相消法求和
【例3】数列{an}满足a1＝8，a4＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0.
求数列{an}的通项公式；
设bn＝1n，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，若对任意非零自然数n，Tn＞m32恒成立，求m的最大整数值.
【解析】由an＋2－2an＋1＋an＝0，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，
从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d＝a4－a14－1＝－2，
所以an＝8＋×＝10－2n.
bn＝1n＝12n＝14，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14[＋＋…＋]
＝14＝38－14－14＞m32，
上式对一切n∈N*恒成立.
所以m＜12－8n＋1－8n＋2对一切n∈N*恒成立.
对n∈N*，min＝12－81＋1－81＋2＝163，
所以m＜163，故m的最大整数值为5.
【点拨】若数列{an}的通项能转化为f－f的形式，常采用裂项相消法求和.
使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.
【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn＝anBn＋bnAn－anbn，则数列{cn}的前10项和为
A.A10＋B10
B.A10＋B102
c.A10B10
D.A10B10
【解析】n＝1，c1＝A1B1；n≥2，cn＝AnBn－An－1Bn－1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选c.
总结提高
.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.
2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.
6.5 数列的综合应用
典例精析
题型一 函数与数列的综合问题
【例1】已知f＝logax，设f，f，…，f是首项为4，公差为2的等差数列.
设a是常数，求证：
{an}成等比数列；
若bn＝anf，{bn}的前n项和是Sn，当a＝2时，求Sn.
【解析】f＝4＋×2＝2n＋2，即logaan＝2n＋2，所以an＝a2n＋2，
所以anan－1＝a2n＋2a2n＝a2为定值，所以{an}为等比数列.
bn＝anf＝a2n＋2logaa2n＋2＝a2n＋2，
当a＝2时，bn＝•2n＋2＝•2n＋2，
Sn＝2•23＋3•24＋4•25＋…＋•2n＋2，
2Sn＝2•24＋3•25＋…＋n•2n＋2＋•2n＋3，
两式相减得
－Sn＝2•23＋24＋25＋…＋2n＋2－•2n＋3＝16＋241－2－•2n＋3，
所以Sn＝n•2n＋3.
【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.
【变式训练1】设函数f＝xm＋ax的导函数f′＝2x＋1，则数列{1f}的前n项和是
A.nn＋1
B.n＋2n＋1
c.nn＋1
D.n＋1n
【解析】由f′＝mxm－1＋a＝2x＋1得m＝2，a＝1.
所以f＝x2＋x，则1f＝1n＝1n－1n＋1.
所以Sn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.故选c.
题型二 数列模型实际应用问题
【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到XX年底全县的绿化率已达30%，从XX年开始，每年将出现这样的局面：
原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.
设全县面积为1,XX年底绿化面积为a1＝310，经过n年绿化面积为an＋1，求证：
an＋1＝45an＋425；
至少需要多少年的努力，才能使全县的绿化率达到60%？
【解析】证明：
由已知可得an确定后，an＋1可表示为an＋1＝an＋16%，
即an＋1＝80%an＋16%＝45an＋425.
由an＋1＝45an＋425有，an＋1－45＝45，
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