018年高考数列专题复习(精典版知识点大题分类选择题答案解析详解)106.pdf
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1、WORD 格式整理文科数列专题复习一、等差数列与等比数列1.基本量的思想:常设首项、(公差)比为基本量,借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。2.等差数列与等比数列的联系1)若数列an 是等差数列,则数列 aan 是等比数列,公比为 ad,其中 a 是常数,d是 an的公差。(a0 且 a 1);2)若数列 an是等比数列,且 an0,则数列log a an是等差数列,公差为 log a q,其中 a 是常数且 a 0,a1,q 是an的公比。3)若 an 既是等差数列又是等比数列,则 an 是非零常数数列。3.等差与等比数列的比较等差数列等比数列定义 an 为
2、 A Pan 1and(常数)an 1 an 为GPq(常数)an通项an=a1+(n-1)d=ak+(n-k)d=dn+a1-dana1q n1ak qn k公 式求和n(a1 an)n(n 1)na1(q1)公 式snna1d22sna1(1 q n)a1an qd2d(q 1)(a1)n1qq22中项A=abG 2ab。公式2推广:2 an=anman m推广:anan manm性1质若 m+n=p+q amana paq若 m+n=p+q,则 am ana p aq 则。2若 k n 成 A.P(其中 k nN)则 akn 也若 kn 成等比数列(其中 knN),为 A.P。则 akn
3、 成等比数列。专业资料值得拥有WORD 格式整理3 sn,s2 nsn,s3ns2 n 成等差数列。sn,s2nsn,s3 ns2 n 成等比数列。4ana1amanann mand(m n)q,q(m n)n1mna1am4、典型例题分析【题型 1】等差数列与等比数列的联系例 1(文 16)已知 a n 是公差不为零的等差数列,a11,且 a1,a3,a9 成等比数列 .()求数列 a n 的通项;()求数列 2 an 的前 n 项和 Sn.解:()由题设知公差d0,113912d18d由 a 1,a,a,a成等比数列得112d解得 d1,d 0(舍去),故 a 的通项 a 1+(n 1)1
4、 n.nn()由()知2am =2n,由等比数列前 n 项和公式得232(12n)n+1Sm=2+2+2+2=-2.12小结与拓展:数列an是等差数列,则数列 a an 是等比数列,公比为ad,其中 a 是常数,d 是 an的公差。(a0 且 a 1).【题型 2】与“前 n 项和 Sn 与通项 an”、常用求通项公式的结合例 2已知数列nn122n 3a 的前三项与数列 b 的前三项对应相同,且 a 2a 2 a 2 1an 8n对任意的 nN*都成立,数列 b n 1 bn 是等差数列求数列 a n 与 b n 的通项公式。2n 1*解:a 2a 2 a 2 a 8n(n N)123n12
5、23n 2n 1*当 n2 时,a 2a 2 a 2a 8(n 1)(n N)得2n 1an8,求得 an24 n,在中令n 1,可得 a1 8 24 1,an 24 n(n N*)由题意知 b1 8,b2 4,b3 2,b2 b1 4,b3 b2 2,数列 b n 1 bn 的公差为 2(4)2,bn 1 bn 4(n 1)2 2n 6,专业资料值得拥有WORD 格式整理法一(迭代法)bn b1(b 2b1)(b 3 b2)(b n bn 1)8(4)(2)(2n 8)n2 7n14(n N*)法二(累加法)即 bnbn 1 2n 8,bn 1 bn 22n 10,b3 b2 2,b2 b1
6、 4,b1 8,相加得 bn8(4)(2)(2n 8)8(n 1)(4 2n 8)n2 7n14(n N*)2小结与拓展:1)在数列 a n 中,前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系为:a1S1(n 1)an.是重要考点;2)韦达定理应引起重视;3)迭代法、SnSn 1(n 2,n N)累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。【题型 3】中项公式与最值(数列具有函数的性质)例 3(文)在等比数列 a 中,a 0(nN),公比 q (0,1),且 a a+2a a+an1 535a 25,a 与 a的等比中项为2。(1)求数列 a 的通项公式;(2)设 b loga,2 83snn2nS1
7、S2Sn数列 bn 的前 n 项和为 Sn 当最大时,求 n 的值。12n解:(1)因为 a1a5+2a 3a5+a2a8 25,所以,a32 +2a 3a5+a52 25又 a o,a a 5又 a 与 a的等比中项为2,所以,a a 4n3535351而 q(0,1),所以,a3 a5,所以,a3 4,a5 1,q,a1 16,所以,2n 1an16125n2(2)bn log 2a n 5 n,所以,bn 1 bn 1,专业资料值得拥有WORD 格式整理n(9 n)Sn 9n所以,b 是以 4 为首项,1为公差的等差数列。所以,Sn,n2n2所以,当 n 8 时,Sn 0,当 n 9 时
8、,Sn 0,n 9 时,Sn 0,nnn当 n 8 或 9 时,S1S2Sn 最大。12n小结与拓展:1)利用配方法、单调性法求数列的最值;2)等差中项与等比中项。二、数列的前 n 项和1.前 n 项和公式 Sn 的定义:Sn=a1+a2+an。2.数列求和的方法(1)(1)公式法:1)等差数列求和公式;2)等比数列求和公式;3)可转化为等差、等比数列的数列;4)常用公式 :n1k1 23nn(n1);k12nk 2122232n21n(n1)(2n 1);k16nk 3132333n3 n(n 1)2;k12n(2 k1)1 3 5.(2n-1)n 2。k1(2)分组求和法:把数列的每一项分
9、成多个项或把数列的项重新组合,使其转化成等差数列或等比数列,然后由等差、等比数列求和公式求解。(3)倒序相加法:如果一个数列 a,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于n同一常数,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法。如:等差数列的前n 项和即是用此法推导的。(4)裂项相消法:即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,可求和。c适用于其中 an 是各项不为0 的等差数列,c 为常数;部分无理数列、含an an 111阶乘的数列等。如:1)和(其中 an 等差)可裂项为:an an 1an 111(11);2)11(aa)。(根式在分母上时可an an 1d anan 1an
10、an 1d专业资料值得拥有WORD 格式整理考虑利用分母有理化,因式相消求和)常见裂项公式:111(1);n(n1)nn1(2)11(11);n(nk)knnk(3)(4)1111;n(n1)(n 1)2n(n 1)(n 1)(n 2)n11(n 1)!n!(n1)!212(5)常见放缩公式:2(n 1 n)2(nn 1).n 1nnnn 13.典型例题分析【题型 1】公式法例 1等比数列 的前项和 p,则2222anS2a1a2a3an_.解:1)当 n=1 时,a12-p;2)当 n2 时,anSn -Sn-1(2n -p)-(2 n-1-p)2n-1。因为数列 an 为等比数列,所以a1
11、2-p21-11 p1从而等比数列 an 为首项为 1,公比为 2 的等比数列。故等比数列an2为首项为1,公比为 q 24 的等比数列。22221(1-4n)1(4n-1)a1a2a3an1-43小结与拓展:1)等差数列求和公式;2)等比数列求和公式;3)可转化为等差、等比数列的数列;4)常用公式:(见知识点部分)。5)等比数列的性质:若数列 an 为等比数列,则数列an2 及1也为等比数列,首项分别为a12、1,公比分别ana1为 q2、1。q专业资料值得拥有WORD 格式整理【题型 2】分组求和法例 2(文 18)数列 an 中,a11,且点(an,an 1)(n N)在函数 f(x)x
12、2的图象上.求数列 an 的通项公式解:点(a,a)在函数 f(x)x2 的图象上,aa 2。nn 1n 1n an 1 an2,即数列 an 是以 a11为首项,2 为公差的等差数列,an 1 (n 1)2 2n 1。【题型 3】裂项相消法例 3(文 19改编)已知数列an的前 n 项和为 Sn,a11,Sn 1 4an1,设bnan 12an()证明数列 bn是等比数列;()数列 cn满足 cn1(nN*),求 Tncc12 cc23 cc34cc 1nn。log 2 bn3证明:()由于 S4a1,n 1n当 n2 时,Sn4an 1 1 得an 14an4an 1 所以an 12an2
13、(an2an 1)又 bnan 12an,所以 bn 2bn 1因为 a11,且 a1a24a11,所以 a23a11 4 所以 b1a22a12故数列bn 是首项为 2,公比为2 的等比数列解:()由()可知bn2n,则 cn11(nN*)log 2 bn3n 31 111Tncc12c2 c3 c3 c4cncn 1455667(n 3)(n 4)专业资料值得拥有WORD 格式整理11n4n 44(n 4)小结与拓展:裂项相消法是把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,c可求和。它适用于其中 an 是各项不为0 的等差数列,c 为常数;部分无an an 1理数列、含阶乘的数列等
14、。4.数列求和的方法(2)(5)错位相减法:适用于差比数列(如果an 等差,bn 等比,那么 anbn叫做差比数列)即把每一项都乘以bn 的公比 q,向后错一项,再对应同次项相减,转化为等比数列求和。如:等比数列的前n 项和就是用此法推导的.(6)累加(乘)法(7)并项求和法:一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如 an(1)nf(n)类型,可采用两项合并求。5.典型例题分析【题型 4】错位相减法2462n例 4求数列2,22,23,2n,前 n 项的和.解:由题可知 2n 的通项是等差数列2n的通项与等比数列 1 的通项之积2n2 n2462n设 Sn23n22221
15、 S2462n(设制错位)2n2 223242n 1得 (11)S222222n(错位相减)n22 2 223242n2n 112n22n 12n 1n2Sn42n 1专业资料值得拥有WORD 格式整理【题型 5】并项求和法例 5 求 S100 1002 992 982 972 22 12解:S100 1002 992 982 972 22 12(100 99)(98 97)(2 1)5050.6.归纳与总结以上一个 8 种方法虽然各有其特点,但总的原则是要善于改变原数列的形式结构,使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决,只要很好地把握这一规律,
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