第2章数列复习
陈纪修主编的《数学分析》(第2版)辅导书-第2章 数列极限【圣才出品】
不能随便舍去。
（2）数列极限
设{xn}是一给定数列，a 是一个实常数。如果对于任意给定的 ε>0，可以找到正整数
N，使得当 n>N 时，成立
|xn－a| < ε，
则称数列{xn}收敛于 a（或 a 是数列{xn}的极限），记为
有时也记为
如果不存在实数 a，使{xn}收敛于 a，则称数列{xn}发散。 注：在上述的收敛定义中，ε 既是任意的，又是给定的： ①只有当 ε 确定时，才能找到相应的正整数 N。这时 ε 是给定的； ②改变数列前面的有限项，不影响数列的收敛性。这时 ε 是任意的； （3）无穷小量 在收敛的数列中，称极限为 0 的数列为无穷小量。无穷小量是一个变量，而不是一个
（1）定义
，则{xnyn}与 都是无穷大量。
如∞±∞，（+∞）-（+∞），（+∞）+（-∞），0·∞，
等极限，其结果可以是无穷
小量，或非零极限，或无穷大量，也可以没有极限。我们称这种类型的极限为待定型。
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（2）如果数列{xn}满足 xnxn+1，n=1，2，3，…，则称{xn}为单调增加数列；若进一
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max S 是这有限个数中的最大数，min S 是这有限个数中的最小数；
②当 S 是无限集时，最大数及最小数不一定存在。
3．上确界与下确界
（1）上界、下界与有界集
设 S 是一个非空数集，如果 M∈R，使得 x ∈S ，都有 x≤M，则称 M 是 S 的一个
但它并不收敛。
人教版必修5第二章数列第一节 数列的概念及通项公式
S
n
f (n), Sn
f (an ), an
f
(Sn )
注意： n 1 是一定要单独计算；有时求出的结果可以合并，有时只能分开。
【例】①已知数列{an}的前 n 项的和 Sn 2n2 3n ，则其通项公式 an =_______________
②数列{an}的前 n 项的和满足 Sn 4an 1，则其通项公式 an =______________
的最小值为________
6、已知数列{an}的首项 a1 2, 且 (n 1)an nan1 ，则 an ________
7、数列{an}满足 a1 2, an 4an1 3(n 2) ，则此数列的通项公式 an ________
8、已知数列{an}满足 a1
1,
an1
an an
2
, bn1
(n
)( 1 an
1), b1
（1）求证：数列{ 1 1} 是等比数列。 an
（2）若数列{bn} 是递增数列，求实数 的取值范围。
9．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式是________．
10、已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2n＋1，则 an＝________；
【例】①已知 a1 2, an1 an 2n ，则 an =______________ ②数列{an}中， a1 1, an an1 3n1(n 2) ，求 an 。
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20 ：叠乘法（又称累乘法）适用 an1 an f (n) ，类似等比数列。
【例】已知数列 {an } 中，
4、特殊数列求通项公式（学完等比与等差后掌握）
（1）观察法 【例】求 1 , 4 , 9 , 16 的通项公式 2 5 10 17
高等数学第2章第1节数列极限的概念
第二章 数列极限引 言为了掌握变量的变化规律，往往需要从它的变化过程来判断它的变化趋势．例如有这么一个变量，它开始是１，然后为1111,,,,,234n如此，一直无尽地变下去，虽然无尽止，但它的变化有一个趋势，这个趋势就是在它的变化过程中越来越接近于零．我们就说，这个变量的极限为０．在高等数学中，有很多重要的概念和方法都和极限有关（如导数、微分、积分、级数等），并且在实际问题中极限也占有重要的地位．例如求圆的面积和圆周长（已知：2,2S r l r ππ==），但这两个公式从何而来？要知道，获得这些结果并不容易！人们最初只知道求多边形的面积和求直线段的长度．然而，要定义这种从多边形到圆的过渡就要求人们在观念上，在思考方法上来一个突破．问题的困难何在？多边形的面积其所以为好求，是因为它的周界是一些直线段，我们可以把它分解为许多三角形．而圆呢？周界处处是弯曲的，困难就在这个“曲”字上面．在这里我们面临着“曲”与“直”这样一对矛盾．在形而上学看来，曲就是曲，直就是直，非此即彼，辩证唯物主义认为，在一定条件下，曲与直的矛盾可以相互转化．恩格斯深刻提出：“高等数学的主要基础之一是这样一个矛盾，在一定的条件下直线和曲线应当是一回事”．整个圆周是曲的，每一小段圆弧却可以近似看成是直的；就是说，在很小的一段上可以近似地“以直代曲”，即以弦代替圆弧．执照这种辩证思想，我们把圆周分成许多的小段，比方说，分成n 个等长的小段，代替圆而先考虑其内接正n 边形．易知，正n 边形周长为2sinn l nR nπ=显然，这个n l 不会等于l ．然而，从几何直观上可以看出，只要正n 边形的边数不断增加．这些正多边形的周长将随着边数的增加而不断地接近于圆周长．N 越大，近似程度越高．但是，不论n 多么大，这样算出来的总还只是多边形的周长．无论如何它只是周长的近似值，而不是精确值．问题并没有最后解决．为了从近似值过渡到精确值，我们自然让n 无限地增大，记为n →∞．直观上很明显，当n →∞时，n l l →，记成lim n n l l →∞=．——极限思想．即圆周长是其内接正多边形周长的极限．这种方法是我国刘微（张晋）早在第３世纪就提出来了，称为“割圆术”．其方法就是——无限分割．以直代曲；其思想在于“极限”．除之以外，象曲边梯形面积的计算均源于“极限”思想．所以，我们有必要对极限作深入研究．§１ 数列极限的概念一 什么是数列１ 数列的定义数列就是“一列数”，但这“一列数”并不是任意的一列数，而是有一定的规律，有一定次序性，具体讲数列可定义如下；若函数f 的定义域为全体正整数集合N +，则称:f N R +→为数列．注：１）根据函数的记号，数列也可记为(),f n n N +∈；２）记()n f n a =，则数列()f n 就可写作为：12,,,,n a a a ，简记为{}n a ，即{}{}()|n f n n N a +∈=；３）不严格的说法：说()f n 是一个数列．２ 数列的例子（1）(1)111:1,,,,234n n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭；（2）11111:2,1,1,1,435n ⎧⎫++++⎨⎬⎩⎭ （3）{}2:1,4,9,16,25,n ；（4）{}11(1):2,0,2,0,2,n ++-二、什么是数列极限１．引言对于这个问题，先看一个例子：古代哲学家庄周所著的《庄子. 天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”．把每天截下的部分的长度列出如下（单位为尺）：第１天截下12， 第２天截下2111222⋅=，第３天截下23111222⋅=，第n 天截下1111222n n -⋅=，得到一个数列：231111,,,,,2222n 不难看出，数列12n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项12n 随着n 的无限增大而无限地接近于零． 一般地说，对于数列{}n a ，若当n 无限增大时，n a 能无限地接近某一个常数a ，则称此数列为收敛数列，常数a 称为它的极限．不具有这种特性的数列就不是收敛的数列，或称为发散数列．据此可以说，数列12n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是收敛数列，０是它的极限． 数列{}{}21,1(1)n n ++-都是发散的数列．需要提出的是，上面关于“收敛数列”的说法，并不是严格的定义，而仅是一种“描述性”的说法，如何用数学语言把它精确地定义下来．还有待进一步分析．以11n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为例，可观察出该数列具以下特性： 随着n 的无限增大，11n a n =+无限地接近于1→随着n 的无限增大，11n+与１的距离无限减少→随着n 的无限增大，1|11|n +-无限减少→1|11|n+-会任意小，只要n 充分大． 如：要使1|11|0.1n +-<，只要10n >即可； 要使1|11|0.01n+-<，只要100n >即可；任给无论多么小的正数ε，都会存在数列的一项N a ，从该项之后()n N >，1|11|n ε⎛⎫+-< ⎪⎝⎭．即0,N ε∀>∃，当n N >时，1|11|n ε⎛⎫+-< ⎪⎝⎭．如何找Ｎ？（或Ｎ存在吗？）解上面的数学式子即得：1n ε>，取1[]1N ε=+即可．这样0,ε∀>当n N >时，111|11|n n N ε⎛⎫+-=<< ⎪⎝⎭．综上所述，数列11n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的通项11n +随n 的无限增大，11n+无限接近于１，即是对任意给定正数ε，总存在正整数Ｎ，当n N >时，有1|11|n ε⎛⎫+-< ⎪⎝⎭．此即11n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭以１为极限的精确定义，记作1lim 11n n →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭或1,11n n →∞+→． 2.数列极限的定义定义1 设{}n a 为数列,a 为实数,若对任给的正数ε,总存在正整数N,使得当n N >时有||n a a ε-<, 则称数列{}n a 收敛于a,实数a 称为数列{}n a 的极限,并记作lim n n a a →∞=或()n a a n →→∞.(读作:当n 趋于无穷大时,n a 的极限等于a 或n a 趋于a)． 由于n 限于取正整数,所以在数列极限的记号中把n →+∞写成n →∞,即lim n n a a →∞=或()n a a n →→∞.若数列{}n a 没有极限，则称{}n a 不收敛，或称{}n a 为发散数列． [问题]：如何表述{}n a 没有极限？ ３．举例说明如何用N ε-定义来验证数列极限 要证,lim a a n n =∞→关键是：对任正数ε，解不等式ε<-a a n找出n 的范围，进而确定． （1） 直接解不等式 ε<-a a n例１ 证明1(1)lim 0(0)n n nαα+→∞-=> 同理可证：12(1)lim 0n n n +→∞-=，13(1)lim 0,n n n+→∞-= . （2）适当放大),)((k n nAn a a =≤-ϕ转化为解不等式εϕ<)(n ． 例２ 证明 lim 0(||1)nn q q →∞=<．同理可证：1lim 02n n →∞⎛⎫= ⎪⎝⎭，12lim 0,lim(1)0,,23n nn n n →∞→∞⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ .例３．证明 321lim097n n n →∞-=+.例４．证明 223lim 33n n n →∞=-. 例５．证明1n =，其中0a >.４ 关于数列的极限的N ε-定义的几点说明 （１） 关于ε：①ε的任意性．定义１中的正数ε的作用在于衡量数列通项n a 与常数a 的接近程度，ε越小，表示接近得越好；而正数ε可以任意小，说明n a 与常数a 可以接近到任何程度；②ε的暂时固定性．尽管ε有其任意性，但一经给出，就暂时地被确定下来，以便依靠它来求出Ｎ；③ε的多值性．ε既是任意小的正数，那么2,3,2εεε等等，同样也是任意小的正数，因此定义１中的不等式||n a a ε-<中的ε可用2,3,2εεε等来代替．从而“||n a a ε-<”可用“||n a a ε-≤”代替；④正由于ε是任意小正数，我们可以限定ε小于一个确定的正数．（２） 关于Ｎ：① 相应性，一般地，Ｎ随ε的变小而变大，因此常把Ｎ定作()N ε，来强调Ｎ是依赖于ε的；ε一经给定，就可以找到一个Ｎ；②Ｎ多值性．Ｎ的相应性并不意味着Ｎ是由ε唯一确定的，因为对给定的ε，若100N =时能使得当n N >时,有||n a a ε-<,则101N =或更大的数时此不等式自然成立．所以Ｎ不是唯一的．事实上，在许多场合下，最重要的是Ｎ的存在性，而不是它的值有多大．基于此，在实际使用中的Ｎ也不必限于自然数，只要Ｎ是正数即可；而且把“n N >”改为“n N ≥”也无妨．（３）数列极限的几何理解：在定义１中，“当n N >时有||n a a ε-<”⇔“当n N >时有n a a a εε-<<+” ⇔“当n N >时有(),(;)n a a a U a εεε∈-+=” ⇔所有下标大于Ｎ的项n a 都落在邻域(;)U a ε内；而在(;)U a ε之外，数列{}n a 中的项至多只有Ｎ个（有限个）．反之，任给0ε>，若在(;)U a ε之外数列{}n a 中的项只有有限个，设这有限个项的最大下标为Ｎ，则当n N >时有(;)n a U a ε∈，即当n N >时有||n a a ε-<，由此写出数列极限的一种等价定义（邻域定义）： 定义1' 任给0ε>，若在(;)U a ε之外数列{}n a 中的项只有有限个，则称数列{}n a 收敛于极限a.由此可见：１）若存在某个00ε>，使得数列{}n a 中有无穷多个项落在0(;)U a ε之外，则{}n a 一定不以a 为极限；２）数列是否有极限，只与它从某一项之后的变化趋势有关，而与它前面的有限项无关． 所以，在讨论数列极限时，可以添加、去掉或改变它的有限项的数值，对收敛性和极限都不会发生影响．例１ 证明{}2n 和{}(1)n-都是发散数列．例２．设lim lim n n n n x y a →∞→∞==，作数列如下：{}1122:,,,,,,,n n n z x y x y x y . 证明 lim n n z a →∞=.例３．设{}n a 为给定的数列，{}n b 为对{}n a 增加、减少或改变有限项之后得到的数列．证明：数列{}n b 与{}n a 同时收敛或发散，且在收敛时两者的极限相等．三、无穷小数列在所有收敛数列中，在一类重要的数列，称为无穷小数列，其定义如下： 定义２ 若lim 0n n a →∞=，则称{}n a 为无穷小数列．如1211(1)1,,,2n n n n n +⎧⎫-⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭都是无穷小数列．数列{}n a 收敛于a 的充要条件：定理２.１ 数列{}n a 收敛于a 的充要条件是{}n a a -为无穷小数列． 作业 P27 2（2）（3），3（1）（4）（6），4，5（1），6。
高中数学：第2章 数列 §2.1-第1课时
第二章 数列§2.1 数列的概念与简单表示法第1课时 数列的概念与通项公式1.下列说法中正确的是A.数列1，3，5，7可表示为{1，3，5，7}B.数列1，0，－1，－2与－2，－1，0，1是相同的数列C.数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n 的第k 项为1＋1k D.数列0，2，4，6，…可记为{2n }解析 {1，3，5，7}是一个集合，故选项A 错；数虽相同，但顺序不同，不是相同的数列，故选项B 错；数列0，2，4，6，…可记为{2n －2}，故选项D 错，故选C. ★答案★ C2.已知数列{a n }为1，0，1，0，…，则下列各式可作为数列{a n }的通项公式的有 (1)a n ＝12[1＋(－1)n ＋1]；(2)a n ＝sin 2n π2；(3)a n ＝12[1＋(－1)n ＋1]＋(n －1)(n －2)；(4)a n ＝1－cos n π2；(5)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1（n 为奇数），0（n 为偶数）.A.1个B.2个C.3个D.4个解析 对于(3)，将n ＝3代入，则a 3＝3≠1，易知(3)不是通项公式.根据三角中的半角公式可知(2)和(4)实质是一样的，都可作为数列{a n }的一个通项公式.数列1，0，1，0，…的通项公式可猜想为a n ＝12＋12×(－1)n ＋1，即为(1)的形式.(5)是分段表示的，也为数列的一个通项公式.故选D.★答案★ D3.在数列1，1，2，3，5，8，x ，21，34，55中，x 等于 A.11B.12C.13D.14解析 观察数列可知，后一项是前两项的和， 故x ＝5＋8＝13. ★答案★ C4.数列1，2，7，10，13，…中的第26项为________.解析 ∵a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，∴a n ＝3n －2， ∴a 26＝3×26－2＝76＝219. ★答案★ 2195.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2＋n，那么110是它的第________项.解析 令2n 2＋n ＝110，解得n ＝4或n ＝－5(舍去)，所以110是该数列的第4项.★答案★ 4[限时45分钟；满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1.下列有四个结论，其中叙述正确的有①数列的通项公式是唯一的；②数列可以看做是一个定义在正整数集或其子集上的函数；③数列若用图象表示，它是一群孤立的点；④每个数列都有通项公式.A.①②B.②③C.③④D.①④解析数列的通项公式不唯一，有的数列没有通项公式，所以①④不正确.★答案★ B2.数列0，33，22，155，63，…的一个通项公式是A.a n＝n－2n B.a n＝n－1nC.a n＝n－1n＋1D.a n＝n－2n＋2解析已知数列可化为：0，13，24，35，46，…，故a n＝n－1n＋1.★答案★ C3.已知数列12，23，34，…，nn＋1，则0.96是该数列的A.第20项B.第22项C.第24项D.第26项解析由nn＋1＝0.96，解得n＝24.★答案★ C4.已知数列{a n}的通项公式a n＝nn＋1，则a n·a n＋1·a n＋2等于A.n n ＋2B.n n ＋3C.n ＋1n ＋2D.n ＋1n ＋3解析 a n ·a n ＋1·a n ＋2＝n n ＋1·n ＋1n ＋2·n ＋2n ＋3＝n n ＋3.故选B. ★答案★ B5.已知数列{a n }的通项公式a n ＝log (n ＋1)(n ＋2)，则它的前30项之积是 A.15 B.5C.6D.log 23＋log 31325解析 a 1·a 2·a 3·…·a 30＝log 23×log 34×log 45×…×log 3132 ＝lg 3lg 2×lg 4lg 3×…×lg 32lg 31＝lg 32lg 2＝log 232＝log 225＝5. ★答案★ B6.(能力提升)图中由火柴棒拼成的一列图形中，第n 个图形由n 个正方形组成：通过观察可以发现：第n 个图形中，火柴棒的根数为 A.3n －1B.3nC.3n ＋1D.3(n ＋1)解析 通过观察，第1个图形中，火柴棒有4根；第2个图形中，火柴棒有4＋3根；第3个图形中，火柴棒有4＋3＋3＝4＋3×2根；第4个图形中，火柴棒有4＋3＋3＋3＝4＋3×3根；第5个图形中，火柴棒有4＋3＋3＋3＋3＝4＋3×4根，…，可以发现，从第二项起，每一项与前一项的差都等于3，即a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝3，a 5－a 4＝3，…，a n －a n －1＝3(n ≥2)，把上面的式子累加，则可得第n 个图形中，a n ＝4＋3(n －1)＝3n ＋1(根).★答案★ C二、填空题(每小题5分，共15分)7.在数列－1，0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项.解析 令n －2n 2＝0.08，解得n ＝10⎝⎛⎭⎫n ＝52舍去，即为第10项. ★答案★ 108.若数列{a n }的通项公式是a n ＝3－2n ，则a 2n ＝________，a 2a 3＝________.解析 根据通项公式我们可以求出这个数列的任意一项. 因为a n ＝3－2n ，所以a 2n ＝3－22n ＝3－4n ， a 2a 3＝3－223－23＝15. ★答案★ 3－4n159.(能力提升)如图(1)是第七届国际数学教育大会(简称ICME 7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(2)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA 1＝A 1A 2＝A 2A 3＝…＝A 7A 8＝1，如果把图(2)中的直角三角形继续作下去，记OA 1，OA 2，…，OA n ，…的长度构成数列{a n }，则此数列的通项公式为a n ＝________.解析 因为OA 1＝1，OA 2＝2，OA 3＝3，…，OA n ＝n ，…，所以a n ＝n . ★答案★n三、解答题(本大题共3小题，共35分)10.(11分)观察下面数列的特点，用适当的数填空，并写出每个数列的一个通项公式： (1)34，23，712，( )，512，13，…； (2)53，( )，1715，2624，3735，…； (3)2，1，( )，12，…；(4)32，94，( )，6516，…. 解析 (1)根据观察：分母的最小公倍数为12，把各项都改写成以12为分母的分数，则序号1 2 3 4 5 6 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓912 812 712 ( ) 512 412于是括号内填612，而分子恰为10减序号，故括号内填12，通项公式为a n ＝10－n 12.(2)53＝4＋14－1， 1715＝16＋116－1， 2624＝25＋125－1， 3735＝36＋136－1. 只要按上面形式把原数改写，便可发现各项与序号的对应关系：分子为序号加1的平方与1的和的算术平方根，分母为序号加1的平方与1的差.故括号内填108， 通项公式为a n ＝（n ＋1）2＋1（n ＋1）2－1.(3)因为2＝21，1＝22，12＝24，所以数列缺少部分为23，数列的通项公式为a n ＝2n .(4)先将原数列变形为112，214，( )，4116，…，所以括号内应填318，数列的通项公式为a n ＝n ＋12n .11.(12分)在数列{a n }中，a 1＝2，a 17＝66，通项公式是关于n 的一次函数. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求a 2 017；(3)2 018是否为数列{a n }中的项？解析 (1)设a n ＝kn ＋b (k ≠0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧k ＋b ＝2，17k ＋b ＝66，解得k ＝4，b ＝－2.∴a n ＝4n －2. (2)a 2 017＝4×2 017－2＝8 066.(3)令2 018＝4n －2，解得n ＝505∈N *， ∴2 018是数列{a n }的第505项.12.(12分)(能力提升)数列{a n }中，a n ＝n 2n 2＋1.(1)求数列的第7项；(2)求证：此数列的各项都在区间(0，1)内； (3)区间⎝⎛⎭⎫13，23内有无数列的项？若有，有几项？ 解析 (1)a 7＝7272＋1＝4950.(2)证明 ∵a n ＝n 2n 2＋1＝1－1n 2＋1，∴0<a n <1，故数列的各项都在区间(0，1)内.(3)因为13<n 2n 2＋1<23，所以12<n 2<2，又n ∈N *，所以n ＝1，即在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有且只有一项a 1.。
数学分析第二章极限与连续知识网络思维导图及复习
量求极限。 6、 理解函数连续的概念，会判断函数不连续点的类型。 7、 掌握用基本定理证明闭区间上连续函数的最大值、最小值、介值性定理的基本思路和方
法。 8、 理解一致连续的概念，并会应用其证明相关命题。 三、知识点梳理 1、数列极限的概念、性质与定理
不一致连续： 0
0,
xn
,xn
,
lim(
n
xn
x)
0 ，而 lim( n
f
(xn )
f
( xn)
c
0.
四、典型例题分析
基本题型 I 利用定义证明数列的极限
例
证明
lim
n
n 2n
0
证 明 ： 0, 要 使 得
n 2n
0
成立，只要
n 2n
0
n 2n
2 n
(这是因为
2n (11)n 1 n n(n 1) ... n2
(ii) 同 阶 无 穷 小 ： lim f (x) a 0 ， 则 称 f (x) 是 g(x) 的 同 阶 无 穷 小 ， 记 为 xx0 g(x)
f (x) Og(x) x x0 ，
0
特别地，如果 f (x) 在 O(x0 ) 有界，记作 f (x) O(1), (x x0 )
③ 函数的不连续点
(i)第一类不连续点： f (x0 0), f (x0 0) 存在，但不相等。
(ii)第二类不连续点： f (x0 0), f (x0 0) 中至少有一个不存在.
(iii)可移不连续点:
f (x0
0)
f
(x0
人教课标版高中数学必修5《第二章数列》知识概述
1．本章是通过对一般数列的研究，转入对两类特殊数列──等差数列、等比数列的通项公式及前n项求和公式的研究的。
教科书首先通过三角形数、正方形数的实例引入数列的概念，然后将数列作为一种特殊函数，介绍了数列的几种简单表示法（列表、图象、通项公式）。
作为最基本的递推关系──等差数列，是从现实生活中的一些实例引入的，然后由定义入手，探索发现等差数列的通项公式。
等差数列的前n项和公式是通过的高斯算法推广到一般等差数列的前n项和的算法。
与等差数列呈现方式类似，等比数列的定义是通过细胞分裂个数、计算机病毒感染、银行中的福利，以及我国古代关于“一尺之棰，日取其半，万世不竭”问题的研究探索发现得出的，然后类比等差数列的通项公式，探索发现等比数列的通项公式，接着通过实例引入等比数列的前n项求和，并用错位相减法探索发现等比数列前n项求和公式。
最后，通过“九连环”问题的阅读与思考以及“购房中的数学”的探究与发现，进一步感受数列与现实生活中的联系和具体应用。
2．人们对数列的研究有的源于现实生产、生活的需要，有的出自对数的喜爱。
教科书从三角形数、正方形数入手，指出数列实际就是按照一定顺序排列着的一列数。
随后，又从函数的角度，将数列看成是定义在正整数集或其有限子集上的函数。
通过数列的列表、图象、通项公式的简单表示法，进一步体会数列是型，借助数列的相关知识解决问题的思想。
三、编写中考虑的几个问题1．体现“现实问题情境——数学模型——应用于现实问题”的特点数列作为一种特殊函数，是反映自然规律的基本数学模型。
教科书通过日常生活中大量实际问题（存款利息、放射性物质的衰变等）的分析，建立起等差数列与等比数列这两种数列模型。
通过探索和掌握等差数列与等比数列的一些基本数量关系，进一步感受这两种数列模型的广泛应用，并利用它们解决了一些实际问题。
教科书的这一编写特点，可由下面图示清楚表明：数列：三角形数、正方形数数列概念数列的三种表示回归到实际问题（希尔宾斯基三角形、斐波那契数列、银行存款等）等差数列：4个生活实例等差数列概念等差数列通项公式等差数列基本数量关系的探究（出租车收费问题等）前100个自然数的高斯求解等差数列的前n项和公式等差数列数量关系的探究及实际应用（校园网问题）等比数列：细胞分裂、古代“一尺之棰”问题、计算机病毒、银行复利的实例等比数列概念等比数列的通项公式等比数列基本数量关系的探究及实际应用（放射性物质衰变、程序框图等）诺贝尔奖金发放金额问题等比数列前n项和公式等比数列基本数量关系探究及实际应用（商场计算机销售问题、九连环的智力游戏、购房中的数学等）教科书的这种内容呈现方式，一方面可以使学生感受数列是反映现实生活的数学模型，体会数学是来源于现实生活，并应用于现实生活的，数学不仅仅是形式的演绎推导，数学是丰富多彩而不是枯燥无味的；另一方面，这种通过具体问题的探索和分析建立数学模型、以及应用于解决实际问题的过程，有助于学生对客观事物中蕴涵的数学模式进行思考和做出判断，提高数学地提出、分析、解决问题的能力，提高学生的基本数学素养，为后续的学习奠定良好的数学基础。
必修五第二章 数列 复习课【2】求数列前N项和的常用方法【原创】
例1：设等差数列{an}，公差为d，求证：{an}的 ：设等差数列 ，公差为 ，求证： 的 项和S 前n项和 n=n(a1+an)/2 项和 解：Sn=a1+a2+a3+...+an ① 倒序得： 倒序得： Sn=an+an-1+an-2+…+a1 ② ①+②得： ② 2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1) 又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1 ∴2Sn=n(a2+an源自 Sn=n(a1+an)/2
6
类型三、用裂项相消法求数列的前 项和 类型三、用裂项相消法求数列的前n项和
裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项， 裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前 后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和 项和。 后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前 项和。
例3 求数列 的前n项和 的前 项和Sn 项和
点拨：由推导过程可看出， 点拨：由推导过程可看出，倒序相加法是借助 a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1，即与首末项等距的两项 ， 之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实 现的。 现的。
类型二、用公式法求数列的前n项和 类型二、用公式法求数列的前 项和
对等差数列、等比数列，求前 项和 项和S 对等差数列、等比数列，求前n项和 n，可直接用 等差、等比数列的前n项和公式进行求解 项和公式进行求解。 等差、等比数列的前 项和公式进行求解。运用公式求 注意：首先要注意公式的应用范围，再计算。 解时，要注意：首先要注意公式的应用范围，再计算。 例2：求数列 ： 和 Sn 的前n项 的前 项
第二章 2.4 第2课时 等比数列的性质
等差数列
(1)强调每一项与前一项的 差 (2)a1 和 d 可以为 0 区 (3)任意两个实数的等差中 别 项唯一
(4)当 m+n=p+q(m,n,p,q∈ N*)时, am+an=ap+aq
等比数列
(1)强调每一项与前一项的比
(2)a1 与 q 均不为 0 (3)两个同号实数(不为 0)的等 比中项有两个值 (4)当 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*) 时, aman=apaq
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重难聚焦
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典例透析
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2.等比中项
如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a
与b的等比中项,这三个数满足关系式G2=ab.
【做一做2】 已知10是a与20的等比中项,则a=
.
答案:5
-4-
第2课时 等比数列的性质
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1.等比数列的性质 剖析已知在等比数列{an}中,首项为a1,公比为q(q≠0),则an=a1·qn-1. (1)当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,数列{an}是递增数列;当q>1,a1<0 或0<q<1,a1>0时,数列{an}是递减数列;当q=1时,数列{an}是常数列; 当q<0时,数列{an}是摆动数列(它所有的奇数项同号,所有的偶数项 同号,但是奇数项与偶数项异号). (2)an=am·qn-m(m,n∈N*). (3)当m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)时,有am·an=ap·aq.但am+an≠ap+aq.当 m+n=2k(m,n,k∈N*)时,有am·an = ���������2��� . (4)若数列{an}是有穷数列,则与首末两项等距离的两项的积相等, 且等于首末两项之积,即a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=am·an-m+1.
高中数学：第2章 数列 2.3
第二章 2.31．等差数列{a n }中，a 3＋a 7－a 10＝8，a 11－a 4＝14.记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，则S 13＝( )A ．168B ．156C ．152D ．286【★答案★】D【解析】∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋a 7－a 10＝8，a 11－a 4＝14，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1－d ＝8，7d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝10.∴S 13＝13a 1＋13×122d ＝286.2．已知一个等差数列的前四项之和为21，末四项之和为67，前n 项和为286，则项数n 为( )A ．24B ．26C ．27D ．28【★答案★】B【解析】由等差数列的定义和性质可得首项与末项之和等于21＋674＝22，再由前n 项和为286＝n (a 1＋a n )2＝11n ，得n ＝26.故选B ．3．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( ) A ．5 B ．4 C ．3D ．2【★答案★】C【解析】设等差数列为{a n }，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝15 ①，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝30 ②，∴②－①得5d ＝15，解得d ＝3.4．(2019年云南昆明模拟)已知等差数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 3＝a 2，则a 8＝( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15【★答案★】D【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得3＋3d ＝1＋d ，解得d ＝2，d ＝－1(舍去)，所以a 8＝1＋7×2＝15.故选D ．5．设等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，若a 1＞0，S 4＝S 8，则当S n 取得最大值时，n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8【★答案★】B【解析】∵a 1＞0，S 4＝S 8，∴d ＜0且a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝0，∴a 6＋a 7＝0，∴a 6＞0，a 7＜0，∴前六项之和S 6取最大值．6．设{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误的是( ) A ．d ＜0 B ．a 7＝0C ．S 9＞S 5D ．S 6与S 7均为S n 的最大值【★答案★】C【解析】由S 5＜S 6知a 6＞0，由S 6＝S 7知a 7＝0，由S 7＞S 8知a 8＜0，C 选项S 9＞S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9＞0，∴a 7＋a 8＞0，显然错误．7．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＋a 9＝18，a 4＝7，则S 10＝________. 【★答案★】100【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1＋a 9＝18，a 4＝7，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋8d ＝18，a 1＋3d ＝7，解得d＝2，a 1＝1.则S 10＝10＋10×92×2＝100.8．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足S 55－S 22＝3，则数列{a n }的公差为________．【★答案★】2【解析】∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d .∴S n n ＝a 1＋n －12d ，∴S 55－S 22＝⎝⎛⎭⎫a 1＋5－12d －⎝⎛⎭⎫a 1＋2－12d ＝32d .又S 55－S 22＝3，∴d ＝2. 9．设{a n }是等差数列，前n 项和记为S n ，已知a 10＝30，a 20＝50. (1)求通项a n ；(2)若S n ＝242，求n 的值． 【解析】(1)设公差为d ， 则a 20－a 10＝10d ＝20，∴d ＝2. ∴a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋18＝30，∴a 1＝12. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12＋2(n －1)＝2n ＋10. (2)S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n ＋22)2＝n 2＋11n ＝242，∴n 2＋11n －242＝0，∴n ＝11或n ＝－22(舍去)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＝2,3a 2＋2a 7＝0，其前n 项和为S n . (1)求等差数列{a n }的通项公式； (2)求S n ，试问n 为何值时S n 最大？ 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 依题意，a 1＋2d ＝2,5a 1＋15d ＝0， 解得a 1＝6，d ＝－2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n ＋8. (2)S n ＝6n ＋n (n －1)2·(－2)＝－n 2＋7n ＝－⎝⎛⎭⎫n －722＋494， ∵S 3＝－9＋21＝12，S 4＝－16＋28＝12， ∴当n ＝3或4时，S n 最大．【能力提升】11．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10【★答案★】A【解析】∵a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，∴a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180.又∵a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2，∴3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60.∴S n ＝n (a 1＋a n )2＝n ·602＝390，即n ＝13.故选A ． 12．(2019年山东枣庄校级月考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若公差d ＞0，(S 8－S 5)(S 9－S 5)＜0，则( )A ．|a 7|＝0B ．|a 8|＝0C ．|a 7|＞|a 8|D ．|a 7|＜|a 8| 【★答案★】D【解析】(S 8－S 5)(S 9－S 5)＜0，即(a 6＋a 7＋a 8)(a 6＋a 7＋a 8＋a 9)＜0.又{a n }为等差数列，则有a 6＋a 7＋a 8＝3a 7，a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)，(a 6＋a 7＋a 8)(a 6＋a 7＋a 8＋a 9)＜0⇔a 7(a 7＋a 8)＜0，a 7与(a 7＋a 8)异号．又由公差d ＞0，必有a 7＜0，a 8＞0，且|a 7|＜|a 8|.故选D ．13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2，S 4＝10，则S 6等于( ) A ．12B ．18C ．24D ．42【★答案★】C【解析】∵S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，∴2(S 4－S 2)＝S 2＋S 6－S 4，∴2×(10－2)＝2＋S 6－10，∴S 6＝24.14．有两个等差数列2,6,10，…，190及2,8,14，…，200，这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项和为________．【★答案★】1 472【解析】等差数列2,6,10，…，190中，公差d 1＝4，等差数列2,8,14，…，200中，公差d 2＝6，∵4,6的最小公倍数是12，∴由这两个等差数列的公共项组成一个新数列公差d ＝12，∵新数列最大项n ≤190，∴2＋(n －1)×12≤190，解得n ≤503，∴n ＝16.∵新数列中第16项a 16＝2＋(16－1)×12＝182，∴由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列为2,14,26，…，182，各项之和为S 16＝162×(2＋182)＝1 472.15．已知等差数列的前三项依次为m,4,3m ，前n 项和为S n 且S k ＝110. (1)求m 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn 是等差数列，并求其前n 项和T n .【解析】(1)由题意可得4×2＝m ＋3m ，解得m ＝2， 故等差数列的前三项依次为2,4,6， 故公差d ＝4－2＝2，∴S k ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k ＝110，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)． ∴m ＝2，k ＝10.(2)由题意b n ＝S n n ＝n 2＋nn ＝n ＋1，∴数列{b n }的公差d ′＝b n ＋1－b n ＝1， ∴T n ＝2n ＋n (n －1)2×1＝n (n ＋3)2.。
高中数学：第2章 数列 §2.4-第2课时
第2课时等比数列的性质1.等比数列{a n}中，a4＝4，则a2·a6等于A.4B.8C.16D.32解析因为{a n}是等比数列，所以a2·a6＝a24＝16.★答案★ C2.在正项等比数列{a n}中，a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两个根，则a40a50a60的值为A.32B.256C.±64D.64解析因为a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两个根，所以a1a99＝16，又a40a60＝a1a99＝a250，{a n}是正项等比数列，所以a50＝4，所以a40a50a60＝a350＝64.★答案★ D3.在等比数列{a n }中，a n ＞a n ＋1，且a 7·a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 6a 16等于A.32B.23C.16D.6解析 因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7·a 11＝a 4·a 14＝6，a 4＋a 14＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝3a 14＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝2，a 14＝3.又因为a n ＞a n ＋1，所以a 4＝3，a 14＝2. 所以a 6a 16＝a 4a 14＝32. ★答案★ A4.在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝________. 解析 因为数列{a n }为等比数列，所以a 3＝a 1·q 2，a 4＝a 2·q 2，a 5＝a 3·q 2， 所以a 3＋a 4＋a 5＝a 1·q 2＋a 2·q 2＋a 3·q 2＝q 2(a 1＋a 2＋a 3)， 又因为q ＝2，所以a 3＋a 4＋a 5＝4(a 1＋a 2＋a 3)， 因为前3项和为21，所以a 1＋a 2＋a 3＝21， 所以a 3＋a 4＋a 5＝4×21＝84. ★答案★ 845.在3和一个未知数间填上一个数，使三数成等差数列，若中间项减去6，成等比数列，则此未知数是________.解析 设此三数为3，a ，b ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝3＋b ，（a －6）2＝3b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝15，b ＝27.所以这个未知数为3或27.★答案★ 3或27[限时45分钟；满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1.将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，…，则此数列是A.公比为q的等比数列B.公比为q2的等比数列C.公比为q3的等比数列D.不一定是等比数列解析a n－1a na n－2a n－1＝a n－1a n－2·a na n－1＝q·q＝q2(n≥3)，所以新数列是公比为q2的等比数列.★答案★ B2.已知等比数列{ a n}中a7＝－1，a19＝－8，则a13＝A.－22B.22C.16D.－32解析由等比数列的性质得：a19a7＝(q6)2＝8，q6＝22，a13＝a7·q6＝(－1)·22＝－2 2.★答案★ A3.已知等比数列{a n}中，a3a11＝4a7，数列{b n}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9等于A.2B.4C.8D.16解析由数列{a n}是等比数列，且a3a11＝4a7，得a27＝4a7，∴a7＝4或a7＝0(舍).所以在等差数列{b n}中，有b5＋b9＝2b7＝2a7＝8.★答案★ C4.设各项为正数的等比数列{a n}中，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a 3·a 6·a 9·…·a 30等于A.230B.210C.220D.215解析 由a 1·a 2·a 3·…·a 30＝230得a 301·21＋2＋…＋29＝a 301·229×302＝230.∴a 101·2145＝210. ∴a 101＝2－135.∴a 3·a 6·a 9·…·a 30＝a 101·22＋5＋8＋…＋29＝a 101·2155＝2－135×2155＝220.★答案★ C5.已知数列{a n }(n ∈N *)是首项为1的等比数列，设b n ＝a n ＋2n ，若数列{b n }也是等比数列，则b 1＋b 2＋b 3＝A.9B.21C.42D.45解析 设数列{a n }的公比为q ，则a 2＝q ，a 3＝q 2，∴b 1＝a 1＋21＝3，b 2＝a 2＋22＝q ＋4，b 3＝a 3＋23＝q 2＋8.∵数列{b n }也是等比数列，∴(q ＋4)2＝3(q 2＋8)，解得q ＝2.当q ＝2时，a n ＝2n －1，b n ＝3·2n －1，符合题意，故q ＝2.∴b 1＋b 2＋b 3＝3＋6＋12＝21.★答案★ B6.(能力提升)已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是A.－15B.－5C.5D.15解析 由log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，得log 3a n ＋1－log 3a n ＝1且a n ＞0，即log 3a n ＋1a n＝1，得a n ＋1a n ＝3，所以数列{a n }是公比为3的等比数列.因为a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)q 3，所以a 5＋a 7＋a 9＝9×33＝35.所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－log 335＝－5.★答案★ B二、填空题(每小题5分，共15分)7.已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7的值等于________. 解析 设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2(负值舍去)，所以a 3＋a 5＋a 7＝a 1q 2＋a 3q 2＋a 5q 2＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42.★答案★ 428.若－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，则b ＝________，ac ＝____________.解析 因为－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，所以b 2＝(－1)×(－9)＝9，设公比为q ，则b ＝－1·q 2<0，故b ＝－3，又－1，a ，b 成等比数列，所以a 2＝－b ＝3，同理c 2＝27，所以a 2c 2＝3×27＝81.又a ，c 符号相同，所以ac ＝9.★答案★ －3 99.(能力提升)画一个边长为2厘米的正方形，再以这个正方形的对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形，这样一共画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于________平方厘米.解析 这10个正方形的边长构成以2为首项，2为公比的等比数列{a n }(1≤n ≤10，n ∈N *)，则第10个正方形的面积S ＝a 210＝22·29＝211＝2 048.★答案★ 2 048三、解答题(本大题共3小题，共35分)10.(11分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式.解析 设{a n }的公差为d .由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3.由S 1，S 2，S 4成等比数列，得S 22＝S 1S 4. 又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ， 故(2a 2－d )2＝(a 2－d )(4a 2＋2d ). 若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0，此时S n ＝0，不符合题意；若a 2＝3，则(6－d )2＝(3－d )(12＋2d )，解得d ＝0，或d ＝2. 因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1.11.(12分)互不相等的三个数之积为－8，这三个数适当排列后可成为等比数列，也可排成等差数列，求这三个数.解析 设三个数为aq，a ，aq ，∴a 3＝－8，即a ＝－2，∴三个数为－2q ，－2，－2q .(1)若－2为－2q 和－2q 的等差中项，则2q＋2q ＝4， ∴q 2－2q ＋1＝0，q ＝1，与已知矛盾； (2)若－2q 为－2q与－2的等差中项，则1q ＋1＝2q ，2q 2－q －1＝0，q ＝－12或q ＝1(舍去)，∴三个数为4，－2，1； (3)若－2q 为－2q 与－2的等差中项，则q ＋1＝2q ，∴q 2＋q －2＝0，∴q ＝－2或q ＝1(舍去)， ∴三个数为1，－2，4.综合(1)(2)(3)可知，这三个数为－2，1，4.12.(12分)(能力提升)已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，且a 2＝3，4S 2＝S 4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{2a n }是等比数列； (3)求使得S n ＋2＞2S n 成立的n 的集合. 解析 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4×（2a 1＋d ）＝4a 1＋6d .解得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)依题意，得2a n 2a n －1＝22n －122n －3＝4，所以数列{2a n }是首项为2，公比为4的等比数列. (3)由a 1＝1，d ＝2，a n ＝2n －1，得S n ＝n 2， 所以S n ＋2＞2S n ⇒(n ＋2)2＞2n 2⇒(n －2)2＜8. 所以n ＝1，2，3，4， 故n 的集合为{1，2，3，4}.。
高三数学第二章数列的极限知识点总结
高三数学第二章数列的极限知识点总结极限，是指无限趋近于一个固定的数值。
以下是查字典数学网为大家整理的高三数学第二章数列的极限知识点，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典数学网一直陪伴您。
1、连续、间断点以及间断点的分类：判断间断点类型的基础是求函数在间断点处的左右极限;2、可导和可微，分段函数在分段点处的导数或可导性，一律通过导数定义直接计算或检验存在的定义是极限存在;3、渐近线，(垂直、水平或斜渐近线);4、多元函数积分学，二重极限的讨论计算难度较大，常考查证明极限不存在.下面我们重点讲一下数列极限的典型方法.重要题型及点拨1.求数列极限求数列极限可以归纳为以下三种形式.★抽象数列求极限这类题一般以选择题的形式出现, 因此可以通过举反例来排除. 此外,也可以按照定义、基本性质及运算法则直接验证.★求具体数列的极限,可以参考以下几种方法：a.利用单调有界必收敛准则求数列极限.首先,用数学归纳法或不等式的放缩法判断数列的单调性和有界性,进而确定极限存在性;其次,通过递推关系中取极限，解方程, 从而得到数列的极限值.b.利用函数极限求数列极限如果数列极限能看成某函数极限的特例,形如,则利用函数极限和数列极限的关系转化为求函数极限,此时再用洛必达法则求解.★求项和或项积数列的极限,主要有以下几种方法：a.利用特殊级数求和法如果所求的项和式极限中通项可以通过错位相消或可以转化为极限已知的一些形式,那么通过整理可以直接得出极限结果.l b.利用幂级数求和法若可以找到这个级数所对应的幂级数,则可以利用幂级数函数的方法把它所对应的和函数求出,再根据这个极限的形式代入相应的变量求出函数值.c.利用定积分定义求极限若数列每一项都可以提出一个因子,剩余的项可用一个通项表示, 则可以考虑用定积分定义求解数列极限.d.利用夹逼定理求极限若数列每一项都可以提出一个因子,剩余的项不能用一个通项表示,但是其余项是按递增或递减排列的,则可以考虑用夹逼定理求解.e.求项数列的积的极限,一般先取对数化为项和的形式,然后利用求解项和数列极限的方法进行计算.最后，希望小编整理的高三数学第二章数列的极限知识点对您有所帮助，祝同学们学习进步。
高中数学必修五第二章数列
设等差数列
的前n项和为sn,已知a3=12,s12>0,s13<0,
（1）求公差d的取值范围
（2）指出s1,s2,s3……,s12中哪一个的值最大，并说明理由
2.4等比数列
定义：一般的，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前 一项的比等于同意常数，那么这个数列叫做等比数列，这个 常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示。
Sn=an+(an-d)+(an-2d)+……+【an-(n-1)d】 两式相加得 2sn=n(a1+an) 由此可得 sn=n(a1+an)/2 带入通项公式得 sn=na1+n(n-1)d/2
例题一
2000年11月14日教育部下发了《关于在中小学实施“校校通”工程的通 知》。
某市据此提出了实施“校校通”工程的总目标：从2001年起用10年时间在全 市中小学建成不同标准的校园网。据测算，2001年该市用于“校校通”工程 的经费为500万元。为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上 一年增加50万元。那么从2001年起的未来10年内，该市在“校校通”工程 中的总投入是多少？
（1）求AB，BC，CD的长
（2）已AB，BC，CD的长为等差数列的前三项，以第十项为边长的正方形 面积为多少？
AB C
D
2.3等差数列的前n项和
定义：一般的，我们称a1+a2+a3+……+an 为数列 表示，即sn=a1+a2+……+an
的前n项和，用Sn
推理过程： 因为 Sn=a1+(a1+d)+(a1+2d)+……+【a1+(n-1)d】
第二章 数列极限
几何解释:
a
x2 x1 x N 1
2
a
x N 2 x3
a
x
当n N时, 所有的点 x n都落在 (a , a )内, 只有有限个 (至多只有N个) 落在其外.
an a 只须证明 注意3： 证明极限 lim n
n
a 1 n 取N , 则当 n N 时 , 有 a 1 .
故
n
lim
n
a 1
(其中a 1).
1 1 n (3) 设 0 < a < 1, 则 1, 由(2)知 lim 1. n a a
即 >0, N, 当n>N时, 有
3n 2 3 由定义 lim 2 n n 4
适当予先限定n＞n0是允许的！但最后取N时要保证n＞n0
例5 证明 lim q n 0, 其中 q 1.
n
n 则 lim q lim 0 0; 若 q 0 , 任给 0 , 证 n n
若0 q 1,
n
例如
nn 1 n 1 n 1 1 1 n n ( ( 1 ) 1 ) lim lim lim 1 lim n n 00 lim lim 1 1 n n 1 n n 1 n n 22 n n nn
小结 (1), 数列极限的定义; (2), 数列极限的几何意义; (3), 应用数列极限的定义证明数列极限的方法.
作业
P27: 1, 2, 3, 5.
0, N N , n N
有
an a
“ 0 ”是证题者给出的，给出 之后，要找
人教a版必修5学案：第2章《数列》本章回顾(含答案)
本章回顾识结构点回放想方法一、取倒数法和取对数法求通项例1 已知数列{a n }满足a n ＋1＝2n ＋1·a na n ＋2n ＋1，a 1＝2.求a n .解 对a n ＋1＝2n ＋1a na n ＋2n ＋1两边取倒数得：1a n ＋1＝a n ＋2n ＋12n ＋1a n， ∴1a n ＋1＝1a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1. 令b n ＝1a n，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1. ∴b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1) ＝⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n.∴a n ＝1b n ＝11－⎝⎛⎭⎫12n ＝2n2n －1.例2 在数列{a n }中，a n ＋1＝3a 2n ，a 1＝3.求a n . 解 由已知，a n >0，对a n ＋1＝3a 2n 两边取常用对数得：lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 3. 令b n ＝lg a n .则b n ＋1＝2b n ＋lg 3. ∴b n ＋1＋lg 3＝2(b n ＋lg 3)． ∴{b n ＋lg 3}是等比数列，首项是b 1＋lg 3＝lg 3＋lg 3＝2lg 3.∴b n ＋lg 3＝2n －1·(b 1＋lg 3)＝2n lg 3.∴b n ＝(2n－1)lg 3＝lg 123n-＝lg a n .∴a n ＝123n-二、运用恒等变形求数列前n 项和 例3 (2009·山东日照一模)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *满足2S n ＝3a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的通项公式是b n ＝1log 3a n ·log 3a n ＋1，前n 项和为T n ，求证：对于任意的正数n ，总有T n <1.(1)解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝3a n －3，2S n －1＝3a n －1－3 (n ≥2)．故2(S n －S n －1)＝2a n ＝3a n －3a n －1， 即a n ＝3a n －1 (n ≥2)．故数列{a n }为等比数列，且q ＝3. 又当n ＝1时，2a 1＝3a 1－3， ∴a 1＝3.∴a n ＝3n .(2)证明 b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.例4 已知数列{a n }的前n 项和S n ，对一切正整数n ，点(n ，S n )都在函数f (x )＝2x ＋2－4的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，S n ＝2n ＋2－4，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－2n ＋1＝2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝23－4＝4，也适合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)∵b n ＝a n log 2a n ＝(n ＋1)·2n ＋1，∴T n ＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，①2T n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n ·2n ＋1＋(n ＋1)·2n ＋2.② ②－①得，T n ＝－23－23－24－25－…－2n ＋1＋(n ＋1)·2n ＋2＝－23－23(1－2n －1)1－2＋(n ＋1)·2n ＋2＝－23－23(2n －1－1)＋(n ＋1)·2n ＋2＝(n ＋1)·2n ＋2－23·2n －1＝(n ＋1)·2n ＋2－2n ＋2＝n ·2n ＋2.三、运用方程(组)的思想解数列问题例5 等差数列{a n }中，a 4＝10，且a 3，a 6，a 10成等比数列，求数列{a n }前20项的和S 20.解 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 4－d ＝10－d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d ， a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d .由a 3，a 6，a 10成等比数列得a 3a 10＝a 26，即(10－d )(10＋6d )＝(10＋2d )2，整理得10d 2－10d ＝0，解得d ＝0或d ＝1. 当d ＝0时，S 20＝20a 4＝200.当d ＝1时，a 1＝a 4－3d ＝10－3×1＝7.∴S 20＝20a 1＋20×192d ＝20×7＋190＝330.例6 (2009·江苏通州模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝λa n ＋n ，b n ＝a n －2n 3＋49. (1)当m ＝1时，求证：对于任意的实数λ，数列{a n }一定不是等差数列；(2)当λ＝－12时，试判断数列{b n }是否为等比数列．(1)证明 当m ＝1时，a 1＝1，a 2＝λ＋1，a 3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2. 假设数列{a n }是等差数列，由a 1＋a 3＝2a 2， 得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)，即λ2－λ＋1＝0，Δ＝－3<0，∴方程无实根．故对于任意的实数λ，数列{a n }一定不是等差数列．(2)解 当λ＝－12时，a n ＋1＝－12a n ＋n ，b n ＝a n －2n 3＋49.b n ＋1＝a n ＋1－2(n ＋1)3＋49＝⎝⎛⎭⎫－12a n ＋n －2(n ＋1)3＋49 ＝－12a n ＋n 3－29＝－12⎝⎛⎭⎫a n －2n 3＋49＝－12b n . 又b 1＝m －23＋49＝m －29，∴当m ≠29时，数列{b n }是以m －29为首项，－12为公比的等比数列；当m ＝29时，数列{b n }不是等比数列．四、运用函数的思想解数列问题例7 设b n ＝(1＋r )q n －1，r ＝219.2－1，q ＝12，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2 b n ＋1log 2 b n 的最大项和最小项的值．解 log 2 b n ＋1log 2 b n ＝log 2[(1＋r )q n ]log 2[(1＋r )q n －1]＝log 2(1＋r )＋n log 2 q log 2(1＋r )＋(n －1)log 2 q ＝1＋1n －20.2. 记c n ＝log 2 b n ＋1log 2 b n ，则c n ＝1＋1n －20.2.作出函数y ＝1x －20.2＋1的图象．易知：c 20<c 19<…<c 1<1，c 21>c 22>…>1. ∴最高点为(21，c 21)，最低点(20，c 20)．∴最大项为c 21，c 21＝2.25，最小项为c 20，c 20＝－4. 五、构建数列模型解实际应用题例8 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年销售额多a ⎝⎛⎭⎫23n －1万元(1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？解 (1)设甲、乙两超市第n 年的销售额分别为a n ，b n . 则有：a 1＝a ，n ≥2时：a n ＝a 2(n 2－n ＋2)－a2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝(n －1)a .∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ， n ＝1，(n －1)a ， n ≥2.b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝a ＋a ⎝⎛⎭⎫23＋a ⎝⎛⎭⎫232＋…＋a ⎝⎛⎭⎫23n －1 ＝⎣⎡⎦⎤3－2⎝⎛⎭⎫23n －1a ，(n ∈N *)． (2)易知b n <3a ，所以乙将被甲超市收购，由b n <12a n 得：⎣⎡⎦⎤3－2⎝⎛⎭⎫23n －1a <12(n －1)a . ∴n ＋4⎝⎛⎭⎫23n －1>7，∴n ≥7.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．例9 某油料库已储油料a t ，计划正式运营后的第一年进油量为已储油量的25%，以后每年的进油量为上一年底储油量的25%，且每年运出b t ，设a n 为正式运营第n 年底的储油量．(1)求a n 的表达式并加以证明；(2)为应对突发事件，该油库年底储油量不得少于23a t ，如果b ＝724a t ，该油库能否长期按计划运营？如果可以请加以证明，如果不行请说明理由．(取lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)．解 (1)依题意油库原有储油量为a t ，则a 1＝(1＋25%)a －b ＝54a －b ，a n ＝(1＋25%)a n －1－b ＝54a n －1－b (n ≥2，n ∈N *)，令a n －x ＝54(a n －1－x )，则a n ＝54a n －1－x4，于是b ＝x 4，即x ＝4b ，∴a n －4b ＝54(a n －1－4b )，∴数列{a n －4b }是公比为54，首项为54a －5b 的等比数列．a n －4b ＝(a 1－4b )⎝⎛⎭⎫54n －1＝⎝⎛⎭⎫54a －b －4b ⎝⎛⎭⎫54n －1 ＝⎝⎛⎭⎫54na －5b ·⎝⎛⎭⎫54n －1， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫54na ＋4b －5b ⎝⎛⎭⎫54n －1＝⎝⎛⎭⎫54n a －4b ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1. (2)若b ＝724a t 时，该油库第n 年年底储油量不少于23a t ，即⎝⎛⎭⎫54n a －⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1×4×724a ≥23a ，即⎝⎛⎭⎫54n ≤3，∴n ≤log 54 3＝lg 31－3lg 2＝0.481－3×0.3＝4.8，可见该油库只能在5年内运营，因此不能长期运营．思妙解1．等差数列性质多，三点共线可求和例1 在等差数列{a n }中，S 10＝20，S 50＝200，求S 2 010的值．解 由S n ＝An 2＋Bn ，知S n n＝An ＋B ，所以点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 在直线y ＝Ax ＋B 上，于是点⎝⎛⎭⎫10，S 1010，⎝⎛⎭⎫50，S 5050，⎝⎛⎭⎫2 010，S 2 0102 010三点共线，∴S 5050－S 101050－10＝S 2 0102 010－S 50502 010－50成立． 把S 10＝20，S 50＝200代入上式， 解得：S 2 010＝205 020.2．数列图象莫轻视，大题小作显神奇例2 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1>0，S 12>0，S 13<0，指出S 1，S 2，…，S 12中哪一个值最大，并说明理由？解 ∵{a n }是等差数列，∴S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ， ∵S 12>0，S 13<0.∴a 13＝S 13－S 12<0， ∵a 1>0，a 13<0，∴d<0.∴点(n ，S n )分布在开口方向向下的抛物线y ＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x 的图象上． 设二次函数y ＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x 的对称轴为n 0，则2n 0是二次函数的一个零点． ∵S 12>0，S 13<0，∴12<2n 0<13， ∴6<n 0<6.5.易知n ＝6对应的A 点(6，S 6)与对称轴的距离比n ＝7对应的B 点(7，S 7)与对称轴的距离更小．∴A 点为最高点，S 6最大．。
高中数学必修五：第二章数列复习(一)通项公式(1)
．2 写出下面各数列一个通项公式．（1）);1(21,111≥+==+n a a a n n 练习1：111,23(1)n n a a a n +==+≥；（2）11=a ，)2(2211≥+=--n a a a n n n ； 练习2：11=a ，)1(331≥+=+n a a a nn n ； （3）11=a ，)2(21≥+=-n n a a n n 练习3：*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈（4）11=a ，)1(11≥+=+n a n n a n n ； 练习4：11=a ，)1(21≥⋅=+n a a n n n 【解】（1）法一：∵11=a ，)1(211≥+=+n a a n n ∴232112112=+=+=a a ， 474312123=+=+=a a 8158712134=+=+=a a 故1212--=n n n a ． 法二：∵)1(211≥+=+n a a n n ，∴)2(2121-=-+n n a a ∴｛2-n a ｝是一个首项为－1，公比为21的等比数列， ∴1)21)(1(2--=-n n a ，即1)21(2--=n n a ． 练习： ∵111,23(1)n n a a a n +==+≥，∴ 132(3)(1)n n a a n ++=+≥，∴{3n a +}是以134a +=为首项，2为公比的等比数列，∴113422n n n a -++=⋅=，所以该数列的通项n a =123n +-．（备用）∵421+=+n n a a ， ∴)4(241+=++n n a a∴数列｛4+n a ｝是以2为首项，2为公比的等比数列，∴1224-⨯=+n n a ，即)(42*∈-=N n a n n ．［点评］若数列{a n }满足a 1 =a ，a n +1 = pa n +q (p ≠1)，通过变形可转化为)1(11p q a p p q a n n --=--+，即转化为}1{pq a n --是等比数列求解． 解：（2）由)2(2211≥+=--n a a a n n n 得21111+=-n n a a ，即21111=--n n a a ，又111=a ，∴数列｛n a 1｝是以1为首项，21为公差的等差数列． ∴2121)1(111+=⨯-+=n n a a n ，∴)(12*∈+=N n n a n ． 练习2：由n n n a a a +=+331得31111+=+n n a a ， 即31111=-+n n a a ，又111=a ， ∴数列｛n a 1｝是以1为首项，31为公差的等差数列． ∴3231)1(111+=⨯-+=n n a a n ，∴)(23*∈+=N n n a n ． ［点评］若数列｛n a ｝满足a a =1，)0,(1≠+=+c b c ba ca a n n n ，通过取倒可转化为c b a a n n =-+111，即转化为｛n a 1｝是等差数列求解． （3）∵11=a ，)2(21≥+=-n n a a n n ∴2212⨯=-a a 3223⨯=-a a 4234⨯=-a a … … n a a n n ⨯=--21将上述（n －1）个式子相加，得)432(21n a a n ++++⨯=-即2)1)(2(21-+⨯=-n n a a n ，)(12*∈-+=N n n n a n ． 练习3： 2132,n n n a a a ++=-21112*2112(),1,3,2().n n n n n n n n a a a a a a a a n N a a ++++++∴-=-==-∴=∈-{}1n n a a +∴-是以21a a -2=为首项，2为公比的等比数列．∴*12(),n n n a a n N +-=∈ 112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+ 12*22 (21)21().n n n n N --=++++=-∈［点评］若数列｛n a ｝满足a a =1，)(1｝为可以求和的数列数列｛nn n n b b a a +=+，则用累加法求解，即)()()(123121--++-+-+=n n n a a a a a a a a ．（4）∵11=a ，)1(11≥+=+n a n n a n n ， ∴11+=+n n a a n n ， ∴2112=a a ，3223=a a ，4334=a a ，…， nn a a n n 11-=-， 将上述（n －1）个式子相乘，得n a a n 11=，即)(1*∈=N n n a n ． 练习4：∵ n n n a a ⋅=+21，∴n n n a a 21=+ ∴212=a a ，2232=a a ，3342=a a ，…，112--=n n n a a ， 将上述（n －1）个式子相乘，得)1(32112-++++=n n a a ，即)(22)1(*-∈=N n a n n n ．［点评］若数列｛n a ｝满足a a =1，)(1｝为可以求积的数列数列｛nn n n b b a a ⋅=+，则用迭乘法求解，即123121-⋅⋅⋅⋅=n n n a a a a a a a a ． 三、课堂小结：1． 已知数列的前几项，求数列的通项公式的方法：观察法．2． 已知递推公式，求特殊数列的通项公式的方法：转化为等差、等比数列求通项；累加法；迭乘法．四、课外作业：《习案》作业二十．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
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二、等比数列 1. 等比数列的定义
2. 等比数列的通项公式
an a1 q
3. 等比中项
n 1
(a1 , q 0)
二、等比数列
4. 等比数列的判定方法 (1) an＝an－1· (n≥2)，q是不为零的常数， q an－1≠0 {an}是等比数列. (2) an2＝an－1·n＋1(n≥2, an－1, an, an＋1≠0) a {an}是等比数列. (3) an＝c·n (c，q均是不为零的常数) q {an}是等比数列.
练习 4．设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}
为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； an ，求数列{c }的前n项和T . (2)设 cn n n bn
n
n
n d＞0
d＜0
一、等差数列
5. 用什么方法推导等差数列前n项和公式 的?公式内容? 使用时需注意的问题? 前n 项和公式结构有什么特点?
Sn＝An2＋Bn (A∈R)
注意: d＝2A !
一、等差数列
6. 你知道等差数列的哪些性质?
等差数列{an}中，(m、 n、p、q∈N+): ①an＝am＋(n－m)d ； ②若 m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq ； ③由项数成等差数列的项组成的数列仍 是等差数列； ④ 每n项和Sn , S2n－Sn , S3n－S2n … 组成的数列仍是等差数列.
练习 1. 已知: x＞0，y＞0, x，a，b，y成等差数 2 (a b) 列，x，c，d，y成等比数列，则 cd 的最小值是 ( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
练习 2. 数列{an}的前n项和记作Sn，满足
，
Sn＝2an＋3n－12(n∈N*)． (1)证明数列{an－3}为等比数列；
二、等比数列 6. 等比数列的前n项和公式
na1 n S n a1 (1 q ) 1 q
(q 1) (q 1)
二、等比数列
，
7. 等比数列前n项和的一般形式
S n A Aq (q 1)
n
二、等比数列 8. 等比数列的前n项和的性质
(1)在等比数列中，若项数为2n(n∈N*)， S偶 则 q. S奇
并求出数列{an}的通项公式．
(2)记bn＝nan ，数列{bn}的前n项
和为Tn ，求Tn．
练习 3．已知实数列{an}是等比数列，其中
，
a7＝1，且a4，a5＋1，a6成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和记为Sn，
证明：Sn＜128(n＝1,2,3,…).
二、等比数列
5. 等比数列的性质 (1)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时， {an}是递增数列； 当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时， {an}是递减数列； 当q＝1时，{an}是常数列； 当q＜0时，{an}是摆动数列.
二、等比数列
5. 等比数列的性质 (1)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时， {an}是递增数列； 当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时， {an}是递减数列； 当q＝1时，{an}是常数列； 当q＜0时，{an}是摆动数列. (2)an＝am·n－m(m、n∈N*). q
第二章数列复习
知识结构
定义
数 列
通项
等差数列
前 n 项和
与函数的关系
等比数列
知识纲要
⑴数列的概念 ，通项公式，数列的 分类，用函数的观点看数列．
⑵等差、等比数列的定义．
⑶等差、等比数列的通项公式． ⑷等差中项、等比中项．
⑸等差、等比数列的前 n 项和公式及 其推导的方法．
知识归纳
一、等差数列 1.等差数列这单元学习了哪些内容？ 定 等差数列 义
二2n(n∈N*)， S偶 则 q. S奇
(2)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列.
方法总结
1．数列是特殊的函数，有些题目可结合函数知 识去解决，体现了函数思想、数形结合的思想． 2．等差、等比数列中，a1、an、n、d（q） n“知 、S 三求二”，体现了方程（组）的思想、整体思想， 有时用到换元法． 3．求等比数列的前 n 项和时要考虑公比是否等 于 1，公比是字母时要进行讨论，体现了分类讨 论的思想． 4．数列求和的基本方法有公式法、化归法、倒 序相加法、错位相减法、并项求和法、分步求和 法、裂项相消法等．
通
项
前n项和
主要性质
一、等差数列
2. 等差数列的定义、用途及使用时需 注意的问题: n≥2，an －an－1＝d (常数)
3. 等差数列的通项公式如何？结构有 什么特点？ an＝a1＋(n－1) d
an＝An＋B (d＝A∈R)
一、等差数列
4. 等差数列图象有什么特点？ 单调性如何确定？ an a