人教版高中数学必修五数列复习提纲及例题.docx
《人教版高中数学必修五数列复习提纲及例题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版高中数学必修五数列复习提纲及例题.docx（36页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
人教版高中数学必修五数列复习提纲及例题
《数列》复习
1.数列的通项
求数列通项公式的常用方法:
（1）观察与归纳法：
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，初步归纳公式。
（2）
公式法：
等差数列与等比数列。
（4）构造新数列法；（5）逐项作差求和法；（6）逐项作商求积法
2.等差数列｛%｝中：
（1）等差数列公差的取值与等差数列的单调性;
（2）ana1（n1）dam（nm）d；
（3）｛kan｝也成等差数列;
（4）两等差数列对应项和（差）组成的新数列仍成等差数列
apq,aqp（pq）apq0，
Spq,Sqp（pq）Spq
（pq）；SmnSmSmnd.
（8）“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；
ab
（9）等差中项：
若a,A,b成等差数列，则A——叫做a,b的等差中项。
2
（10）判定数列是否是等差数列的主要方法有：
定义法、中项法、通项法、和式法、图像法。
3•等比数列何｝中:
（1）等比数列的符号特征（全正或全负或一正一负）,等比数列的首项、公比与等比数列的单调性
n1nm
（2）anaiqamq；
（3）｛|an|｝、｛kan｝成等比数列；｛an｝、｛bn｝成等比数列｛anbn｝成等比数列.
（4）两等比数列对应项积（商）组成的新数列仍成等比数列•
（5）
q
a2L
am,akak1
L
akm
1,L成等比数列
n^
（q
1）
na1
（q
1）
（6）
a1
anq印（1qn）
a1n
耳/
（q
1）
q彳
-（q
1）
1
q1q
1q1
q
（7）
p
qm
nbpbqbm
bn；
2m
2
Pqbm
bpbq
mn
SnnSmqSnSnqS
（8）“首大于1”的正值递减等比数列中，前n项积的最大值是所有大于或等于1的项的积；“首小于1”
的正值递增等比数列中，前n项积的最小值是所有小于或等于1的项的积；
（9）并非任何两数总有等比中项•仅当实数a,b同号时，实数a,b存在等比中项•对同号两实数a,b的等
比中项不仅存在，而且有一对G.ab•也就是说，两实数要么没有等比中项（非同号时），如果有，必有
一对（同号时）。
（10）判定数列是否是等比数列的方法主要有：
定义法、中项法、通项法、和式法
4.等差数列与等比数列的联系：
各项都不为零的常数列既是等差数列又是等比数列
5.数列求和的常用方法:
（1）公式法:
①等差数列求和公式；
②等比数列求和公式
③12
3Ln±n（n
2
1），122232Ln2
in（n1）（2n1），
13
5L（2n1）n
2，135L（2n1）
（n1）2.
（2）分组求和法：
在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用
公式法求和
（3）倒序相加法：
在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相
关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n和公式的推导方法）
（4）错位相减法：
如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选
用错位相减法，将其和转化为“一个新的的等比数列的和”求解（注意：
一般错位相减后，其中“新等比
（5）裂项相消法：
如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项
相消法求和•常用裂项形式有:
111丄
n（n1）nn1
211（1亠
n（nk）knnk
1
n（n1）（n2）
111
2[n（n1）（n1）（n2）]
【典型例题】
（一）研究等差等比数列的有关性质
1.研究通项的性质
n1
例题1.已知数列｛an｝满足a1Z3an1（n2）
（1）求也®；
3n1
（2）证明
2.
解:
（1）
Qd1,
a2
314,a3
32413
（2）
证明
:
由已知
an
an13n1
故an（anan1）（an1an2）
（a2aj
n
1j2
3n1
3n1
a
3
3
L
31
an
2,
所以证得2.
例题2.数列9n的前n项和记为S1,a11,an12S11（n1）
（I）求9n的通项公式;
b2，a3b3成等比数列,
（n）等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且t315，又印九也
求Tn.
解:
（I）由an12Si1可得an2Sn11（n2）,
两式相减得：
an1an2an,an13an（n2）,
又32
2S|13823a〔
故an是首项为1，公比为3的等比数列
（n）设bn的公比为d，由T315得，可得bib2b315，可得b25
故可设35d45d，又ai1,a23耳9,
由题意可得（5
d1）（5d9）
（5
2
3）,
解得d12,d210
•••等差数列
bn
的各项为正，
d
0
d
2
n（n
1）c2
Tn3n
2n
2n
2
例题3.已知数列9n
2^n8n对任意的
的前三项与数列bn的前三项对应相同，且nN都成立，数列bn1bn是等差数列.
2
2a22a3...
⑴求数列9n
⑵是否存在k
点拨：
（1）a1知Sn求an的方法,
与bn
N，使得bkak（0,1），请说明理由.
2n12n1
2a22a3...2an8n左边相当于是数列％
的通项公式;
当n2时，SiSi1an
前n项和的形式，可以联想到已
bk%看作一个函数，利用函数的思想方法来研究
8n（nN*［①
1）（nN*）
（2）把
2
解：
（1）已知a12a22a3
a12a222a3.
bk穌的取值情况.
n2时,
①一②得,
在①中令
所以an
由题意3
Y1%8，求得
n1，可得得a1
n
an
••2n1an
2n2an1
n
241
8（n
（nN*）.
b24,b3
bn｝的公差为
2，所以b2
2（4）2,
4,b3b2
bn1bh
4（n1）2
2n
6,
bnb1（b2
4）（b3b2）
L
（bnbn1）
（4）
（2）
L（2n8）
2n
7n14（nn
（2）bkak
k27k14
24k,
72
7
f（k）（k）2
—
当k4时，
2
4
24k单调递增,
所以k4时,
f（k）k27k1424k1,
又f
（1）f
（2）f（3）0
所以，不存在
kN*，使得
bk
ak（0,1）.
例题4.设各项均为正数的数列
｛an｝和｛bn｝满足：
an、
a1=1,b1=2,
a2=3,求通项
an,
bn
解：
依题意得:
•••数列｛bn1
*）.
bn、an+1成等差数列，bn、an+1、bn+1成等比数列，且
2
an+1=bnbn+1
an、bn为正数，由②得9n1■■-bnbl1，9n2；bnibn2
代入①并同除以；bn1得：
2bn1..bn..bn2,
•••｛.bn｝为等差数列
29
a；mb?
则b2一
tb1=2,a2=3,2,
——9—、2（n1）2
｛bn（2（n1）^2运）—（n1）,bn—2
•••当n>2时,
an
...bnbn1
n（n1）
又a1=1,当n=1时成立,
an
n（n1）
2
2.研究前n项和的性质
例题5.已知等比数列｛an｝的前n项和为Sb的值及数列｛an｝的通项公式；
（1）求a、
（2）设
解：
（1）n
2时,
又a1
3
得a
n
n
b—
（2）
an
32
1
11
2
-Tn
（-
.2
2
32
2
T
21（1
n
n1
bn
3
a2nb
，且a13
n
an，求数列｛bn｝的前n项和Tn
anSnSn12
a.而｛an｝为等比数列,
a1211a
从而an32
Tn1（1
1
.又Qa1
2ab
3,
1）
1
2Tn
1
3（1
4（11n
3（1歹盯
例题6.数列｛an｝是首项为
1
bk「（©厲lga2Llgak）（kN
1000，公比为
10的等比数列，数列
｛bn｝满足
（1）求数列｛bn｝的前n项和的最大值;
4n
an10
解：
（1）由题意:
-lgan
（2）求数列｛|bn|｝的前n项和Sn.
4
lga1
lga2L
lgak3k
k（k1）
2
n，•数列｛lgan｝是首项为3,公差为
1皿n（n1）、7
bn[3n]
n2
1的等差数列,
bn
由bn1
0，得6
n7，•数列｛bn｝的前n项和的最大值为Ss
S7
21
2.
（2）由
（1）当n
7时,
bn
bi
0，当n7时，bn
7n产）n
bn
3
（-
13
n
4
7时,
Sn
Sn
bb2L
12-n4
12
n
4
b7b8
13
n（n
4
13…
n21
4
b9
7）
（n
例题7.
（1）
7）
已知递增的等比数列｛an｝满足
bn
2S7（b
b2L
bn）》2
4
%21
4
a2
求｛an｝的通项公式an；
（2）若bn
a3a428，且
8nlOg13nS
a32是a2,
bi
a4的等差中项•
bn求使Snn2n130成立的n
的最小值.
解：
（1）设等比数列的公比为q（q>1）,由
1a1q+a1q2+a1q3=28,a1q+a1q3=2（a1q2+2）,得：
a1=2,q=2或a1=32,q=2（舍）
二an=2•（nF=2n
bnanlog丄ann2n
（2）I2Sn=—（12+222+323+…+2n）
二2：
=—（122+223+…+2n+1）,Sn=2+22+23+…+2—n2n+1=—（n—1）2n+1—2,
若Sn+n2n+1>30成立，则2n+1>32,故n>4,「.n的最小值为5.
例题8.已知数列｛an｝的前n项和为Sn,且1,Sn,an1成等差数列，nN,印1.函数f（X）log3X.
（I）求数列｛an｝的通项公式；
（II）设数列｛bn｝满足（n3）［f（an）2］，记数列｛bn｝的前n项和为Tn，试比较
52n5「与
12:
312的大小.
解：
（1）Q
1,Sn,an
1成等差数列，
2Sn
an1
1①当n
2时，2Sn1a
in1②
an1
3.
①—②得：
2（SnS
n1）an1an
3an
an
1，an
a2门
a23,
—3,
当n=1时，
由①得
2S12a〔a?
1，又a1
1,
a1
{an}是以
1为首项
3为公比的等比数列，
an
3n1.
（II）vfxlog3:
xf（an）
log3an
log33
r1n1
1
1
1z
1
1、
bn
（-
）
（n3）叫）
2]（n1）（n
3）2
n1
n3
〒1,1
11
1111
1,
1
11
1、
Tn（
L
）
22
43
5465
7
n
n2n1
n3
11
1
11
5
2n5
（-
22
3
n2n3）
122（n
2）（n
3），
T与
亍5
2n5
比较n
12
312的大小，
只需比较
2（n
2）（n
又2（n
2）（n
3）3122（n
2
5n6
156）
2（n
312，即Tn
2（n
5
12
15）（n10）
2n5；
312；
2
3）与312的大小即可.
5n150）
n9且nN*时，2（n2）（n3）
10时，2（n
2）（n3）312，即「-
12312
2n5
312.
5"口m2（n2）（n3）312,即Tn—
10且nN时12
3.研究生成数列的性质
nn
例题9.（I）已知数列6，其中623，且数列Cn1Pcn为等比数列，求常数P；
（II）设an、6是公比不相等的两个等比数列，6anbn，证明数列cn不是等比数列
解：
（I）因为｛Ch+1—pen｝是等比数列，故有
（Cn+1—pen）2=（Cn+2—pCn+1）（Cn—pen-1）,
将Cn=2n+3n代入上式，得
[2n+1+3n+1—p（2n+3n）]2
=[2n+2+3n+2—p（2n+1+3n+1）]•[2n+3n—p（2n—1+3n—1）],
即[（2—p）2n+（3—p）3n]2
=[（2—p）2n+1+（3—p）3n+1][（2—p）2n—1+（3—p）3n—1],
1
整理得6（2—p）（3—p）2n3n=0,
解得p=2或p=3.
（n）设｛an｝、｛bn｝的公比分别为p、q,pMq,Cn=an+bn.
2
为证｛Cn｝不是等比数列只需证6MC1C3.
22.2
事实上，6=（a1p+b1q）2=a1p2+b1q2+2a1b1pq,
由于pMq,p2+q2>2pq，又a1、b1不为零,因此C2C1C3,故｛6｝不是等比数列.
例题10.n2（n》4）个正数排成n行n列：
其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且
13
a42-,a43—
所有公比相等已知a24=1,816
求S=al1+a22+a33+…+ann
解：
设数列｛a1k｝的公差为d,数列｛aik｝（i=1,2,3,…，n）的公比为q
则a〔k=an+（k—1）d,akk=[an+（k—1）d]qk1
依题意得:
a24
（a11
3d）q
1
（a11
・、3
1
a42
d）q
8
a43
（an
2d）q3
3
1
aii=d=q=±2
，解得:
又n2个数都是正数,
1
.an=d=q=2122
s
两式相减得：
k
F
...akk=2、
1
2
f（x）
log3（ax
例题11.已知函数
（1）求数列｛an｝的通项公式;
an
bn-n,Tnb1b2
（2）设2
（1
（3）求使不等式
a2）
1
盯,
1
n
b）的图象经过点
bn
（1
A（2,1）和B（5,2），记an3（）,nN.
，若Tnm（mZ），求m的最小值;丄）
an
p■2n
对一切n
N*均成立的最大实数P
解：
（1）
f（x）
由题意得
log3（2x
log3（2a
log3（5a
b）
b）
（2）
2Tn
2Tn
2n1
2n1
1
21
3
2
（1）得
1
22
_2_
22
1
2n1
bn
1）an
2n1
3'og3（2n
，解得1｝2n
f（n1）
f（n）
3
歹
2
23
2n
2n
2n
2*1
2
2n1
1
1,nN
135
n歹
2n3
2n
22n
2n2门
1
2n2
2n3
2n1
小2小3
22
2n1
2*1
1
21
1
2n
2n
②
1
（1
21
2n
①—②得
丄
22
3
2n,
2n3
丁』
2n5
2“1
2n3
2n
2n3
n,n
2n
，则由
2n5
2（2n3）
2n3
时，Tn
N
随n的增大而减小
3又Tnm（mZ）恒成立,
mmin3
（3）由题意得2n1
11
F（n）
（1）（1
记2n1a1
11
（1—）（1
F（n1）.2n3印
F（n）1~~（1~~1
（|
.2n1a
1
1
1,
）（1
-）（1
）对n
a1
a2
an
1、
1、
）
（1
）
a2
an，则
1、
1、“
1、
a2）
（1
—）（1
ana
—）
n1
）（1
丄）
（1丄）
a2
an
1
N
恒成立
2n2
（2n1）（2n3）
F（n）0,F（n
2（n1）2n1
.4（n1）2（n1）2n1
1）F（n）,即F（n）是随n的增大而增大
2
F（n）的最小值为F⑴3"
2
P3'3
，即
（二）证明等差与等比数列
例题12.
数列｛an｝中，
a8,a4
⑴求数列
｛an｝的通项公式；
⑵设Sn
⑻丨|a21
1
|an|
⑶设bn=
n（12an）（n
N*）,Tnb
1.转化为等差等比数列•
b2L
m
32成立若存在，求出
m的值;
2且满足
，求Sn；
an2
bn（n
解：
（1）由题意，冇2%1
由题意得2
（2）若10
a2L
83dd2，
2n0则n5，
8102n
an
2an1an，nN
N），是否存在最大的整数m，使得对任意nN*，
若不存在，请说明理由.
1an，｛an｝为等差数列，设公差为d，
an82（n1）102n
5时,Sn
an
9nn2,
|a1||a2|
|an|
n6时，Sn
S5（SnS5）
a?
a5
a6
a7
an
9n
Sn2
故门
*2S5
2n
9n
40
Sn
9n
40
Qbn
（3）
1
n（12
an）
Tn
若Tn
1
-[（1
2
m
1
（1
32对任意
Q&
（nN）
2n（n
11
3）（1
1）
成立，即
1
1
J
n
n1
1
-）
n
1
（-
n
1
「）】2（n1）
16对任意n
成立,
的最小值是2，
m
16
1
2，m的最大整数值是7.
即存在最大整数m7,使对任意nN*，均有Tn
32
例题13.已知等比数列｛bn｝与数列｛an｝满足bn3
a,
n
N*.
（1）判断｛an｝是何种数列，并给出证明；
（2）若a8印3m,求bQLb?
。
.
解:
（1）设｛bn｝的公比为q,vbn3a,•••
3a1
13anan
a1
log3q。
所以｛an｝是以logaq为公差的等差数列.
（2）•••a8a13m,所以由等差数列性质可得
a20a8°13
m,
a1a2a3
（a1a20）20
a20
10m
b1b^Lb203佝a2
a20）
310m
2.由简单递推关系证明等差等比数列
例题14.已知数列｛an｝和｛bn｝满足：
且｛bn｝是以q为公比的等比数列.
2
an2anq
比“12a2n，证明：
数列
1
（I）证明:
（II）若Cn
（III）求和:
ai
a2a3
a4
解法i：
（I）
证:
bn1由bn
a11
a22an
｛Cn｝是等比数列;
11
a2n1a2n
■.an1an2
'anan1
an2
bn
an2
-anan1
2
a.qn
（nN*）,
（II）证：
•/an
2
a2n1a2n3q
2
an2q
2n
a2n12a2n
La”
2n2
ag
2
a2na2n2q
2n2
2a2q
（ai
■-a2q
2n2
2a2）q
2n2
2n
5q
Cn
是首项为5，公比为
1
（III）
解：
由
（II）
得a2n1
2
q的等比数列.
1
q
a1
22n
1
2n
a
122qa
2n
a2n
1
-）
a2n1
1
（—
a2
a4
a2n
2n2）
q
2（1
J-）
2n2丿
1时,
a1
a2
a2n
3
2（1
1
2n2）
q
11
当q1时，
a2
a2n
3
2（1
1
2n2
升级会员 