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数列是高考中的热点问题,是历届高考的重中之重,同学们应熟练掌握以下几个方面.
一、明确新课标下高考大纲对数列的要求:
1、了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式);2、了解数列是自变量为正整数的一类函数;3、理解等差数列、等比数列的概念;4、掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;5、能在具体的问题情境中,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;6、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
二、理清数列的主要知识点:
1.an与Sn的关系:an=Sn-Sn-1(n≥2)S1(n=1)(适合任何数列)
2.等差数列
(1)定义:an+1-an=d(常数)
(2)通项公式:an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d
(3)前n项和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d=an2+bn(常数项为0的二次式)
(4)若m+n=p+q,那么am+an=ap+aq.特殊地,若m+n=2p,则am+an=2ap.
(5)等差中项:2A=a+b;2an=an+1+an-1(可作证明一个数列是等差数列的依据)
(6)若an为等差数列,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k仍成等差数列
(7)等差数列中,求使前n项和最大(小)的项数的方法:
递减数列,求Sn最大,令an≥0,求正数项;递增数列,求Sn最小,令an≥0,求负数项.当然,解决此类型题目还可以利用二次函数的性质,但解一次不等式的方法还是最快的方法.
3.等比数列
(1)定义:an+1an=q(常数)
(2)通项公式:an=a1qn-1=amqn-m
(3)前n项和公式:Sn=na1(q=1)a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q(q≠1);等比数列的Sn一般是形如Sn=Aqn-A的关于n的指数式
(4)若m+n=p+q,则aman=apaq,特殊地,若m+n=2p,则a2p=am•an
(5)等比中项:G2=ab;(可作证明一个数列是等比数列的依据)
(6)若an为等比数列:则(S2k-Sk)2=Sk•(S3k-S2k).
三、掌握求数列通项的常用方法
一般地,求数列通项有以下5种类型.
1.无穷型递推数列类型——作差法
【例1】 在数列an中,已知a1=1,an=an-1+an-2+…+a1(n∈N,n≥2),求这个数列的通项公式.
解:方法1∵an=an-1+an-2+…+a1(n∈N,n≥2),
∴an-1=an-2+an-3+…+a1(n∈N,n≥3),∴两式相减得an-an-1=an-1,即anan-1=2(n≥3),∴当n≥2时,数列an是以a2=a1=1为首项,以2为公比的等比数列,∴an=a2•2n-2=2n-2.故数列an的通项公式为an=1(n=1),2n-2(n≥2).
方法2∵an=an-1+an-2+…+a1(n∈N,n≥2),∴Sn-Sn-1=Sn-1,∴SnSn-1=2,
∴数列Sn是以S1=a1=1为首项,以2为公比的等比数列,∴Sn=2n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-2=2n-2.∵a1=1不适合上式,∴数列的通项公式为an=1(n=1),2n-2(n≥2).
2.等比型递推公式类型——叠乘法
例2数列an,a1=3,an+1an=nn+1,求an
解:a2a1=12,a3a2=23,a4a3=34,…,anan-1=n-1n.以上各式相乘得:an=3n.
3.等差型递推公式类型——迭加法
例3 数列an,a1=1,an=3n-1+an-1n≥2,求an
解:a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=32,…,an-an-1=3n-1.以上各式相加得:an=3n+12.
4.倒数型递推公式类型——倒数法
例4 数列an,a1=1,an+1=2anan+2,求an
解:由an+1=2anan+2得:1an+1=1an+12,即1an+1-1an=121an=1+(n-1)•12.从而得an=2n+1.
5.简单混合型:形如an+1=pan+q(p≠1)的递归式
对于这种类型,一般有两种方法处理:
方法一:作差法和迭加法的混合使用
由an+1=pan+q及an=pan-1+q,两式相减得an+1-an=p(an-an-1),
所以an+1-an是首项为a2-a1,且公比为p的等比数列,
先求出an+1-an,再用迭加法求出an
方法二:待定系数法
设an+1=pan+q可化为an+1+x=p(an+x).即:an+1=pan+(p-1)x,所以:x=qp-1从而数列an+qp-1等比,问题得以很好解决.
四、了解数列求和的类型与方法
数列求和常用的方法有以下几方面:
1.公式法:直接由等差、等比数列的求和公式求和。
2.分组转化法:此类型通项虽不是等差或等比数列,但是有等差和等比数列的和的形式,则可进行分组,分别利用基本数列的求和公式求和。
3.倒序相加法:如果一个数列an,与首末两项等距的两项之和等于首末两项和,可把正着写和倒着写两个和式相加,得到一个常数列的和。这一求和的方法称为倒序相加法。
4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项。
5.错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与等比数列对应项乘积组成,此时求和可采用错位相减法。
6.集项求和法:其基本思想是:先求局部和,再求总和.往往适用于项的符号正、负不定的数列求和.
例5 求数列(x+1x)2,(x2+1x2)2,…,(xn+1xn)2的前n项和.
分析:此题的通项公式可表示为两个等比数列与常数列的和,因此可应用到分组转化法求和,同时要注意,在求等比数列的前n项和时要应用到分类思想.
解:当x≠±1时,Sn=(x+1x)2+(x2+1x2)2+…+(xn+1xn)2
=(x2+2+1x2)+(x4+2+1x4)+…+(x2n+2+1x2n)
=(x2+x4+…+x2n)+2n+(1x2+1x4+…+1x2n)=x2(1-x2n)1-x2+x-2(1-x-2n)1-x-2+2n
=(x2n-1)(x2n+2+1)x2n(x2-1)+2n.
当x=±1时,Sn=4n.
例6 函数f(x)对任意的x∈R都有f(x)+f(1-x)=12,
化简:S=f(0)+f(1n)+f(2n)+...+f(n-1n)+f(1)
分析:此题如果用首尾相加法时,需要对n进行分类,分为奇数和偶数.但如用倒序相加法时可排除此步骤,问题向简单方向转化.
解:由S=f(0)+f(1n)+f(2n)+...+f(n-1n)+f(1)
S=f(1)+f(n-1n)+f(n-2n)+…+f(1n)+f(0)
由于f(x)对任意的x∈R都有f(x)+f(1-x)=12,所以2S=(n+1)f(0)+f(1)=n+1,从而S=n+12.
例7 求和Sn=12+34+58+…+2n-12n
分析:此数列的通项公式an=2n-12n可看作由一个等差数列与等比数列的乘积组成,此类型求和时可应用错位相减法.
解:Sn=12+34+58+…+2n-12n
12Sn=14+38+516+…+2n-12n+1
两式相减,得12Sn=12+24+28+…+2n2n-2n-12n+1=12+214+18+…+12n-2n-12n+1
所以:Sn=1+414+18+…+12n-2n-12n+1=1+4141-12n-11-12-2n-12n+1
=1+2-22n-1-2n-12n=3-2n+32n
例8 求数列(-1)n•n2的前n项和Sn.
分析:用集项求和法
解:(1)当n为偶数时,an-1+an=(-1)n-1•(n-1)2+(-1)n•n2=2n-1,∴Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…(an-1+an)=3+7+11+…(2n-1)=n(n+1)2
(2)当n为奇数(n≥3)时,Sn=Sn-1+an=(n-1)n2-n2=-n(n+1)2.又∵S1=a1=-1也适合上式,∴Sn=-n(n+1)2(n为奇数).
综上:对任意n∈N,有Sn=(-1)nn(n+1)2.
例9 Sn=11×2×3+12×3×4+13×4×5+…+1nn+1n+2,求Sn.
解:因为an=1nn+1n+2
=121nn+1-1n+1n+2
所以
Sn=1211×2-12×3+12×3-13×4+…+1nn+1-
1n+1n+2
=1212-1n+1n+2=nn+34n+1n+2.
五、关注数列与其它知识交汇
在解答题中,有关数列的试题出现在高考试卷中的频率较高,与函数、方程、不等式、三角、几何、概率、应用问题等交汇处命制高考题也时常出现.
例9 已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图像上。
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=1anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn 解:(Ⅰ)设这二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),则f′(x)=2ax+b,由于f′(x)=6x-2,得
a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.
又因为点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图像上,所以Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-3(n-1)2-2(n-1)=6n-5.
当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5(n∈N)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知bn=3anan+1=3(6n-5)6(n-1)-5=12(16n-5-16n+1),
故Tn=∑ni=1bi
=12(1-17)+(17-113)+...+(16n-5-16n+1)
=12(1-16n+1).
因此,要使12(1-16n+1) 评析:常见的拆项公式有:
(1)1nn+1=1n-1n+1;
(2)12n-12n+1=1212n-1-12n+1;
(3)1nn+1n+2=121nn+1-1n+1n+2;
(4)1a+b=1a-ba-b;(5)an=Sn-Sn-1n≥2.
一、明确新课标下高考大纲对数列的要求:
1、了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式);2、了解数列是自变量为正整数的一类函数;3、理解等差数列、等比数列的概念;4、掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;5、能在具体的问题情境中,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;6、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
二、理清数列的主要知识点:
1.an与Sn的关系:an=Sn-Sn-1(n≥2)S1(n=1)(适合任何数列)
2.等差数列
(1)定义:an+1-an=d(常数)
(2)通项公式:an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d
(3)前n项和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d=an2+bn(常数项为0的二次式)
(4)若m+n=p+q,那么am+an=ap+aq.特殊地,若m+n=2p,则am+an=2ap.
(5)等差中项:2A=a+b;2an=an+1+an-1(可作证明一个数列是等差数列的依据)
(6)若an为等差数列,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k仍成等差数列
(7)等差数列中,求使前n项和最大(小)的项数的方法:
递减数列,求Sn最大,令an≥0,求正数项;递增数列,求Sn最小,令an≥0,求负数项.当然,解决此类型题目还可以利用二次函数的性质,但解一次不等式的方法还是最快的方法.
3.等比数列
(1)定义:an+1an=q(常数)
(2)通项公式:an=a1qn-1=amqn-m
(3)前n项和公式:Sn=na1(q=1)a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q(q≠1);等比数列的Sn一般是形如Sn=Aqn-A的关于n的指数式
(4)若m+n=p+q,则aman=apaq,特殊地,若m+n=2p,则a2p=am•an
(5)等比中项:G2=ab;(可作证明一个数列是等比数列的依据)
(6)若an为等比数列:则(S2k-Sk)2=Sk•(S3k-S2k).
三、掌握求数列通项的常用方法
一般地,求数列通项有以下5种类型.
1.无穷型递推数列类型——作差法
【例1】 在数列an中,已知a1=1,an=an-1+an-2+…+a1(n∈N,n≥2),求这个数列的通项公式.
解:方法1∵an=an-1+an-2+…+a1(n∈N,n≥2),
∴an-1=an-2+an-3+…+a1(n∈N,n≥3),∴两式相减得an-an-1=an-1,即anan-1=2(n≥3),∴当n≥2时,数列an是以a2=a1=1为首项,以2为公比的等比数列,∴an=a2•2n-2=2n-2.故数列an的通项公式为an=1(n=1),2n-2(n≥2).
方法2∵an=an-1+an-2+…+a1(n∈N,n≥2),∴Sn-Sn-1=Sn-1,∴SnSn-1=2,
∴数列Sn是以S1=a1=1为首项,以2为公比的等比数列,∴Sn=2n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-2=2n-2.∵a1=1不适合上式,∴数列的通项公式为an=1(n=1),2n-2(n≥2).
2.等比型递推公式类型——叠乘法
例2数列an,a1=3,an+1an=nn+1,求an
解:a2a1=12,a3a2=23,a4a3=34,…,anan-1=n-1n.以上各式相乘得:an=3n.
3.等差型递推公式类型——迭加法
例3 数列an,a1=1,an=3n-1+an-1n≥2,求an
解:a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=32,…,an-an-1=3n-1.以上各式相加得:an=3n+12.
4.倒数型递推公式类型——倒数法
例4 数列an,a1=1,an+1=2anan+2,求an
解:由an+1=2anan+2得:1an+1=1an+12,即1an+1-1an=121an=1+(n-1)•12.从而得an=2n+1.
5.简单混合型:形如an+1=pan+q(p≠1)的递归式
对于这种类型,一般有两种方法处理:
方法一:作差法和迭加法的混合使用
由an+1=pan+q及an=pan-1+q,两式相减得an+1-an=p(an-an-1),
所以an+1-an是首项为a2-a1,且公比为p的等比数列,
先求出an+1-an,再用迭加法求出an
方法二:待定系数法
设an+1=pan+q可化为an+1+x=p(an+x).即:an+1=pan+(p-1)x,所以:x=qp-1从而数列an+qp-1等比,问题得以很好解决.
四、了解数列求和的类型与方法
数列求和常用的方法有以下几方面:
1.公式法:直接由等差、等比数列的求和公式求和。
2.分组转化法:此类型通项虽不是等差或等比数列,但是有等差和等比数列的和的形式,则可进行分组,分别利用基本数列的求和公式求和。
3.倒序相加法:如果一个数列an,与首末两项等距的两项之和等于首末两项和,可把正着写和倒着写两个和式相加,得到一个常数列的和。这一求和的方法称为倒序相加法。
4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项。
5.错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与等比数列对应项乘积组成,此时求和可采用错位相减法。
6.集项求和法:其基本思想是:先求局部和,再求总和.往往适用于项的符号正、负不定的数列求和.
例5 求数列(x+1x)2,(x2+1x2)2,…,(xn+1xn)2的前n项和.
分析:此题的通项公式可表示为两个等比数列与常数列的和,因此可应用到分组转化法求和,同时要注意,在求等比数列的前n项和时要应用到分类思想.
解:当x≠±1时,Sn=(x+1x)2+(x2+1x2)2+…+(xn+1xn)2
=(x2+2+1x2)+(x4+2+1x4)+…+(x2n+2+1x2n)
=(x2+x4+…+x2n)+2n+(1x2+1x4+…+1x2n)=x2(1-x2n)1-x2+x-2(1-x-2n)1-x-2+2n
=(x2n-1)(x2n+2+1)x2n(x2-1)+2n.
当x=±1时,Sn=4n.
例6 函数f(x)对任意的x∈R都有f(x)+f(1-x)=12,
化简:S=f(0)+f(1n)+f(2n)+...+f(n-1n)+f(1)
分析:此题如果用首尾相加法时,需要对n进行分类,分为奇数和偶数.但如用倒序相加法时可排除此步骤,问题向简单方向转化.
解:由S=f(0)+f(1n)+f(2n)+...+f(n-1n)+f(1)
S=f(1)+f(n-1n)+f(n-2n)+…+f(1n)+f(0)
由于f(x)对任意的x∈R都有f(x)+f(1-x)=12,所以2S=(n+1)f(0)+f(1)=n+1,从而S=n+12.
例7 求和Sn=12+34+58+…+2n-12n
分析:此数列的通项公式an=2n-12n可看作由一个等差数列与等比数列的乘积组成,此类型求和时可应用错位相减法.
解:Sn=12+34+58+…+2n-12n
12Sn=14+38+516+…+2n-12n+1
两式相减,得12Sn=12+24+28+…+2n2n-2n-12n+1=12+214+18+…+12n-2n-12n+1
所以:Sn=1+414+18+…+12n-2n-12n+1=1+4141-12n-11-12-2n-12n+1
=1+2-22n-1-2n-12n=3-2n+32n
例8 求数列(-1)n•n2的前n项和Sn.
分析:用集项求和法
解:(1)当n为偶数时,an-1+an=(-1)n-1•(n-1)2+(-1)n•n2=2n-1,∴Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…(an-1+an)=3+7+11+…(2n-1)=n(n+1)2
(2)当n为奇数(n≥3)时,Sn=Sn-1+an=(n-1)n2-n2=-n(n+1)2.又∵S1=a1=-1也适合上式,∴Sn=-n(n+1)2(n为奇数).
综上:对任意n∈N,有Sn=(-1)nn(n+1)2.
例9 Sn=11×2×3+12×3×4+13×4×5+…+1nn+1n+2,求Sn.
解:因为an=1nn+1n+2
=121nn+1-1n+1n+2
所以
Sn=1211×2-12×3+12×3-13×4+…+1nn+1-
1n+1n+2
=1212-1n+1n+2=nn+34n+1n+2.
五、关注数列与其它知识交汇
在解答题中,有关数列的试题出现在高考试卷中的频率较高,与函数、方程、不等式、三角、几何、概率、应用问题等交汇处命制高考题也时常出现.
例9 已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图像上。
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=1anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn
a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.
又因为点(n,Sn)(n∈N)均在函数y=f(x)的图像上,所以Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-3(n-1)2-2(n-1)=6n-5.
当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5(n∈N)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知bn=3anan+1=3(6n-5)6(n-1)-5=12(16n-5-16n+1),
故Tn=∑ni=1bi
=12(1-17)+(17-113)+...+(16n-5-16n+1)
=12(1-16n+1).
因此,要使12(1-16n+1)
(1)1nn+1=1n-1n+1;
(2)12n-12n+1=1212n-1-12n+1;
(3)1nn+1n+2=121nn+1-1n+1n+2;
(4)1a+b=1a-ba-b;(5)an=Sn-Sn-1n≥2.