数学品质平台高一数学(上)期末考试辅导讲义 第二讲 数列综合问题
高中数学数列知识点解析(K12教育文档)
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高中数学第三章数列考试内容:数列．等差数列及其通项公式．等差数列前n项和公式．等比数列及其通项公式．等比数列前n项和公式．考试要求：（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,井能解决简单的实际问题．§03. 数列知识要点1. ⑴等差、等Array比数列：⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法： ①),2(1为常数d n d a a n n ≥=-- ②211-++=n n n a a a （2≥n ） ③b kn a n +=（k n ,为常数）.⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法： ①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n②112-+⋅=n n na a a (2≥n ，011≠-+n n n a a a )①注①：i. acb =，是a 、b 、c 成等比的双非条件，即acb =、b 、c 等比数列。
ii 。
acb =(ac ＞0)→为a 、b 、c 等比数列的充分不必要.iii. ac b ±=→为a 、b 、c 等比数列的必要不充分。
高一数学学科：巩固基础与解题技巧培训课件
解三角形
掌握正弦定理、余弦定理 及其应用，能够解决简单 的三角形问题。
函数基础知识
函数的概念与性质
理解函数的基本概念，如定义域 、值域、单调性、奇偶性等，掌 握一次函数、二次函数、指数函
数、对数函数的性质。
函数的图像
能够画出常见函数的图像，并根据 图像分析函数的性质。
导数及其应用
理解导数的概念，掌握求导法则， 理解导数在研究函数中的应用。
图形性质理解
掌握基本图形的性质，如 三角形、四边形、圆等， 理解并能够应用这些性质 解决几何问题。
角度与长度计算
能够利用角度和长度之间 的关系，计算角度和长度 。
空间思维培养
通过几何题目的训练，培 养学生的空间想象能力。
函数题解题技巧
函数性质理解
01
理解函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等基本性质，并能
如何应对考试压力和挑战
调整心态
保持冷静、自信的心态，正确对待考试成绩，不因一次的失败而 气馁。
合理安排时间
提前规划复习进度，合理分配时间，避免考试前临时抱佛脚的压 力。
积极应对挑战
遇到难题或复杂问题时，保持积极的心态，尝试不同的解决方法 。
THANKS.
方程的解法和应用。
不等式求解
通过解一元一次不等式 、一元二次不等式等， 掌握不等式的解法和应
用。
集合运算
通过集合的交、并、补 等运算，掌握集合的基
本概念和运算规则。
几何综合练习与解析
01
02
03
04
平面几何
通过掌握点、线、面的基本性 质和定理，解决平面几何问题
。
立体几何
通过掌握空间几何体的基本性 质和定理，解决立体几何问题
高中数学名师讲义：第二章 2.1 数 列 Word版含答案
数列2．1.1 数列[新知初探]1．数列的概念(1)数列：按照一定次序排列起来的一列数称为数列．(2)项：数列中的每一个数叫做这个数列的项．(3)数列的表示：数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，a n…简记为{a n}．[点睛] (1)数列中的数是按一定顺序排列的．因此，如果组成两个数列的数相同而排列顺序不同，那么它们就是不同的数列．例如，数列4,5,6,7,8,9,10与数列10,9,8,7,6,5,4是不同的数列．(2)在数列的定义中，并没有规定数列中的数必须不同，因此，同一个数在数列中可以重复出现．例如：1，－1,1，－1,1，…；2,2,2，….2．数列的通项公式如果数列的第n项a n与n之间的关系可以用一个函数式a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．[点睛] 同所有的函数关系不一定都有解析式一样，并不是所有的数列都有通项公式．3．数列与函数的关系从映射、函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N＋(或它的有限子集{1,2,3，…n})的函数，即当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式．数列作为一种特殊的函数，也可以用列表法和图象法表示．4．数列的分类(1)按项的个数分类：(2)按项的变化趋势分类：[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)数列1,1,1，…是无穷数列( )(2)数列1,2,3,4和数列1,2,4,3是同一个数列( )(3)有些数列没有通项公式( )解析：(1)正确．每项都为1的常数列，有无穷多项．(2)错误，虽然都是由1,2,3,4四个数构成的数列，但是两个数列中后两个数顺序不同，不是同一个数列．(3)正确，某些数列的第n 项a n 和n 之间可以建立一个函数关系式，这个数列就有通项公式，否则，不能建立一个函数关系式，这个数列就没有通项公式．答案：(1)√ (2)× (3)√2．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的( )A ．第100项B ．第12项C ．第10项D ．第8项 解析：选C ∵a n ＝n －2n 2，令n －2n 2＝0.08，解得n ＝10或n ＝52(舍去)． 3．数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数，则a 2·a 3等于( )A ．70B ．28C ．20D ．8解析：选C 由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数，得a 2＝2，a 3＝10，所以a 2·a 3＝20.4．若数列{a n }的通项满足a nn＝n －2，那么15是这个数列的第________项． 解析：由a n n＝n －2可知，a n ＝n 2－2n ， 令n 2－2n ＝15，得n ＝5或n ＝－3(舍去)． 答案：5[典例] A ．1，13，132，133，…B ．sin π13，sin 2π13，sin 3π13，sin 4π13，…C ．－1，－12，－13，－14，…D ．1,2,3,4，…，30[解析] 数列1，13，132，133，…是无穷数列，但它不是递增数列，而是递减数列；数列sin π13，sin 2π13，sin 3π13，sin 4π13，…是无穷数列，但它既不是递增数列，又不是递减数列；数列－1，－12，－13，－14，…是无穷数列，也是递增数列；数列1,2,3,4，…，30是递增数列，但不是无穷数列．[答案] C给出以下数列：①1，－1,1，－1，…；②2,4,6,8，…，1 000；③8,8,8,8，…；④0.8,0.82,0.83,0.84，…，0.810.其中，有穷数列为________；无穷数列为________；递增数列为________；递减数列为________；摆动数列为________；常数列为________．(填序号)解析：有穷数列为②④；无穷数列为①③；递增数列为②；递减数列为④；摆动数列为①；常数列为③.答案：②④①③②④①③[典例] (1)数列5，2，11，7，…的一个通项公式是________．(2)根据以下数列的前4项写出数列的一个通项公式．①12×4，13×5，14×6，15×7，…；②－3,7，－15,31，…；③2,6,2,6，….[解析] (1)数列可写为：35，48，511，614，…，分子满足：3＝1＋2,4＝2＋2,5＝3＋2,6＝4＋2，…，分母满足：5＝3×1＋2,8＝3×2＋2,11＝3×3＋2,14＝3×4＋2，…，故通项公式为a n ＝n ＋23n ＋2.[答案] a n ＝n ＋23n ＋2(2)解：①均是分式且分子均为1，分母均是两因数的积，第一个因数是项数加上1，第二个因数比第一个因数大2，∴a n ＝1n ＋n ＋.②正负相间，且负号在奇数项，故可用(－1)n来表示符号，各项的绝对值恰是2的整数次幂减1，∴a n ＝(－1)n(2n ＋1－1)．③为摆动数列，一般求两数的平均数2＋62＝4，而2＝4－2,6＝4＋2，中间符号用(－1)n来表示．a n ＝4＋(－1)n·2或a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 是奇数，6，n 是偶数.写出下列数列的一个通项公式： (1)0,3,8,15,24，…； (2)1，－3,5，－7,9，…； (3)112，223，334，445，…；(4)1,11,111,1 111，….解：(1)观察数列中的数，可以看到0＝1－1,3＝4－1，8＝9－1,15＝16－1,24＝25－1，…，所以它的一个通项公式是a n ＝n 2－1.(2)数列各项的绝对值为1,3,5,7,9，…，是连续的正奇数，并且数列的奇数项为正，偶数项为负，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n ＋1(2n －1)．(3)此数列的整数部分1,2,3,4，…恰好是序号n ，分数部分与序号n 的关系为n n ＋1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝n ＋nn ＋1＝n 2＋2n n ＋1.(4)原数列的各项可变为19×9，19×99，19×999，19×9 999，…，易知数列9,99,999,9 999，…的一个通项公式为a n ＝10n －1.所以原数列的一个通项公式为a n ＝19(10n－1).[典例] n 2倍． (1)求这个数列的第4项与第25项；(2)253和153是不是这个数列中的项？如果是，是第几项？ [解] (1)由题设条件，知a n ＝n ＋2n . ∴a 4＝4＋2×4＝10，a 25＝25＋2×25＝55.(2)假设253是这个数列中的项，则253＝n ＋2n ，解得n ＝121.∴253是这个数列的第121项．假设153是这个数列中的项，则153＝n ＋2n ，解得n ＝7214，这与n 是正整数矛盾，∴153不是这个数列中的项．[活学活用]数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则89是该数列的( )A ．第127项B ．第128项C ．第129项D ．第130项解析：选B 把该数列的第一项1写成11，再将该数列分组，第一组一项：11；第二组两项：12，21；第三组三项：13，22，31；第四组四项：14，23，32，41；…容易发现：每组中每个分数的分子、分母之和均为该组序号加1，且每组的分子从1开始逐一增加，因此89应位于第十六组中第八位．由1＋2＋…＋15＋8＝128，得89是该数列的第128项．层级一 学业水平达标1．有下面四个结论：①数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集)上的函数； ②数列的项数一定是无限的； ③数列的通项公式的形式是唯一的；④数列1,3,2,6,3,9,4,12,5,15，…不存在通项公式． 其中正确的是( )A ．①B ．①②C ．③④D ．②④解析：选A 结合数列的定义与函数的概念可知，①正确；有穷数列的项数就是有限的，因此②错误；数列的通项公式的形式不一定唯一，③错误；数列1,3,2,6,3,9,4,12,5,15，…存在通项公式，④错误．故选A.2．下列说法正确的是( )A ．数列1,3,5,7与数集{1,3,5,7}是一样的B ．数列1,2,3与数列3,2,1是相同的C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋1n 是递增数列 D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋－nn是摆动数列 解析：选D 数列是有序的，而数集是无序的，所以A ，B 不正确；选项C 中的数列是递减数列；选项D 中的数列是摆动数列．3．数列{a n }中，a n ＝3n －1，则a 2等于( )A ．2B ．3C ．9D ．32解析：选B 因为a n ＝3n －1，所以a 2＝32－1＝3.4．数列0，33，22，155，63，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n －2nB ．a n ＝n －1nC ．a n ＝n －1n ＋1D ．a n ＝ n －2n ＋2解析：选C 已知数列可化为：0，13，24，35，46，…，故a n ＝ n －1n ＋1. 5．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：选C 由nn ＋1＝0.96，解得n ＝24.6．数列－1,1，－2,2，－3,3，…的一个通项公式为________．解析：注意到数列的奇数项与偶数项的特点即可得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋12，n ＝2k －k ∈N ＋，n 2，n ＝2k k ∈N＋答案：a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋12，n ＝2k －k ∈N ＋，n2，n ＝2k k ∈N＋7．已知数列2，5，22，11，…，则25是该数列的第________项． 解析：∵a 1＝2，a 2＝5，a 3＝8，a 4＝11， ∴a n ＝3n －1.由3n －1＝25⇒3n －1＝20⇒n ＝7， ∴25是该数列的第7项． 答案：78．已知数列{a n }的通项公式a n ＝19－2n ，则使a n >0成立的最大正整数n 的值为________． 解析：由a n ＝19－2n >0，得n <192. ∵n ∈N ＋，∴n ≤9. 答案：99．已知数列2，74，2，…的通项公式为a n ＝an 2＋bcn，求a 4，a 5.解：将a 1＝2，a 2＝74代入通项公式，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋bc ＝2，4a ＋b 2c ＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3a ，c ＝2a ，∴a n ＝n 2＋32n ，∴a 4＝42＋32×4＝198，a 5＝52＋32×5＝145.10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n n 2＋1，写出它的前5项，并判断该数列的单调性．解：对于公式a n ＝nn 2＋1，依次取n ＝1,2,3,4,5，得到数列的前5项为a 1＝12，a 2＝25，a 3＝310，a 4＝417，a 5＝526. 而a n ＋1－a n ＝n ＋1n ＋2＋1－nn 2＋1＝1－n 2－n n ＋2＋n 2＋.因为n ∈N ＋，所以1－n 2－n ＜0，所以a n ＋1－a n ＜0，即a n ＋1＜a n ，故该数列为递减数列．层级二 应试能力达标1．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：选B a n ·a n ＋1·a n ＋2＝nn ＋1·n ＋1n ＋2·n ＋2n ＋3＝n n ＋3.故选B. 2．已知数列2，－5,10，－17,26，－37，…，则下列选项能表示数列的通项公式的是( ) A ．a n ＝(－1)n n 2＋1 B ．a n ＝(－1)n ＋1(n 2＋1) C ．a n ＝(－1)n(n 2＋1)D ．a n ＝(－1)n ＋1(n 2－1)解析：选B 通过观察发现每一项的绝对值都是序号的平方加1，且奇数项是正的，偶数项是负的，∴通项可以写成a n ＝(－1)n ＋1(n 2＋1)．3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n －1n ＋1，那么这个数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列 D ．摆动数列解析：选A a n ＝n －1n ＋1＝1－2n ＋1，∴当n 越大，2n ＋1越小，则a n 越大，故该数列是递增数列．4．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－1 B．3nC．3n＋1 D．3(n＋1)解析：选C 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a2－a1＝3，a3－a2＝3，a4－a3＝3，a5－a4＝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)．5．已知数列2，5，22，11，…，则25是该数列的第________项．解析：由数列2，5，8，11，…得通项公式为a n＝3n－1，令3n－1＝25，∴3n－1＝20，∴n＝7.答案：76．如图所示的图案中，白色正六边形的个数依次构成一个数列的前3项，则这个数列的一个通项公式为________．解析：我们把图案按如下规律分解：这三个图案中白色正六边形的个数依次为6,6＋4,6＋4×2，所以这个数列的一个通项公式为a n＝6＋4(n－1)＝4n＋2.答案：a n＝4n＋27．已知数列{a n}的通项公式为a n＝p n＋q(p，q∈R)，且a1＝－12，a2＝－34.(1)求{a n}的通项公式；(2)－255256是{a n }中的第几项？ (3)该数列是递增数列还是递减数列？ 解：(1)∵a n ＝p n＋q ，又a 1＝－12，a 2＝－34，∴⎩⎪⎨⎪⎧p ＋q ＝－12，p 2＋q ＝－34，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝12，q ＝－1，因此{a n }的通项公式是a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－1.(2)令a n ＝－255256，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－1＝－255256， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1256，解得n ＝8.故－255256是{a n }中的第8项．(3)由于a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，且⎝ ⎛⎭⎪⎫12n随n 的增大而减小，因此a n 的值随n 的增大而减小，故{a n }是递减数列．8．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9n 2－9n ＋29n 2－1. (1)求这个数列的第10项； (2)98101是不是该数列中的项，为什么？ (3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内；(4)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23内有无数列中的项？若有，是第几项？若没有，说明理由． 解：(1)设a n ＝f (n )＝9n 2－9n ＋29n 2－1 ＝n －n －n －n ＋＝3n －23n ＋1. 令n ＝10，得第10项a 10＝f (10)＝2831. (2)令3n －23n ＋1＝98101，得9n ＝300. 此方程无正整数解，所以98101不是该数列中的项．(3)证明：∵a n ＝3n －23n ＋1＝1－33n ＋1， 又n ∈N ＋，∴0<1－33n ＋1<1，∴0<a n <1.∴数列中的各项都在区间(0,1)内． (4)令13<a n ＝3n －23n ＋1<23，∴⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋1<9n －6，9n －6<6n ＋2，∴⎩⎪⎨⎪⎧n >76，n <83.∴当且仅当n ＝2时，上式成立，故在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23内有数列中的项，且只有一项为a 2＝47.2．1.2 数列的递推公式(选学)[新知初探] 数列的递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式，递推公式也是给出数列的一种方法．[点睛] (1)与所有的数列不一定都有通项公式一样，并不是所有的数列都有递推公式． (2)递推公式也是给出数列的一种重要方法．事实上，递推公式与通项公式一样，都是关于n的恒等式，我们可用符合要求的正整数依次去替换n，从而可以求出数列的各项．[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)根据通项公式可以求出数列的任意一项( )(2)有些数列可能不存在最大项( )(3)递推公式是表示数列的一种方法( )(4)所有的数列都有递推公式( )解析：(1)正确．只需将项数n代入即可求得任意项．(2)正确．对于无穷递增数列，是不存在最大项的．(3)正确．递推公式也是给出数列的一种重要方法．(4)错误．不是所有的数列都有递推公式．例如2精确到1,0.1,0.01,0.001，…的近似值排列成一列数：1,1.4，1.41，1.414，…就没有递推公式．答案：(1)√(2)√(3)√(4)×2．符合递推关系式a n＝2a n－1的数列是( )A．1,2,3,4，… B．1，2，2,22，…C.2，2，2，2，… D．0，2，2,22，…解析：选B B中从第二项起，后一项是前一项的2倍，符合递推公式a n＝2a n－1.3．数列{a n}中，a n＋1＝a n＋2－a n，a1＝2，a2＝5，则a5＝( )A．－3 B．－11C．－5 D．19解析：选D 由a n＋1＝a n＋2－a n，得a n＋2＝a n＋a n＋1，则a3＝a1＋a2＝7，a4＝a2＋a3＝12，a5＝a3＋a4＝19.4．已知a1＝1，a n＝1＋1a n－1(n≥2)，则a5＝________.解析：由a1＝1，a n＝1＋1a n－1，得a2＝2，a3＝32，a4＝53，a5＝85.答案：8 5[典例] 数列{a n}中，a1＝1，a2＝3，a2n＋1－a n a n＋2＝(－1)n，求{a n}的前5项．[解] 由a2n＋1－a n a n＋2＝(－1)n，得a n＋2＝a2n＋1－－na n，又∵a1＝1，a2＝3，∴a3＝a 22－－1a 1＝32＋11＝10，a 4＝a 23－－2a 2＝102－13＝33，a 5＝a 24－－3a 3＝332＋110＝109.∴数列{a n }的前5项为1,3,10,33,109.[活学活用]已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n<12，2a n－1，12≤a n<1，若a 1＝67，则a 2 017＝________.解析：计算得a 2＝2a 1－1＝57，a 3＝2a 2－1＝37，a 4＝2a 3＝67.故数列{a n }是以3为周期的周期数列，又因为2 017＝672×3＋1，所以a 2 017＝a 1＝67.答案：67题点一：累加法求通项公式1．已知数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＝a n ＋1n n ＋，n ∈N ＋，求数列的通项公式a n .解：∵a n ＋1－a n ＝1nn ＋，∴a 2－a 1＝11×2；a 3－a 2＝12×3；a 4－a 3＝13×4；…a n －a n －1＝1n －n；以上各式累加得，a n －a 1＝11×2＋12×3＋…＋1n －n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n .∴a n ＋1＝1－1n ，∴a n ＝－1n(n ≥2)．又∵n ＝1时，a 1＝－1，符合上式，∴a n ＝－1n.题点二：累乘法求通项公式2．设数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1n a n －1(n ≥2)，求数列的通项公式a n .解：∵a 1＝1，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n a n －1(n ≥2)，∴a n a n －1＝n －1n，a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ×n －2n －1×n －3n －2×…×23×12×1＝1n. 又∵n ＝1时，a 1＝1，符合上式，∴a n ＝1n.[典例]已知数列{a n }的通项公式是a n ＝()n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫11n，试问该数列有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．[解] 法一：a n ＋1－a n＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n＝－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n11，当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 则a 1<a 2<a 3<…<a 9＝a 10>a 11>a 12>…，故数列{a n }有最大项，为第9项和第10项，且a 9＝a 10＝10×⎝ ⎛⎭⎪⎫10119.法二：根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1，(n >1)即⎩⎪⎨⎪⎧n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ，n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1，(n >1)解得9≤n ≤10.又n ∈N ＋，则n ＝9或n ＝10.故数列{a n }有最大项，为第9项和第10项，且a 9＝a 10＝10×⎝ ⎛⎭⎪⎫10119.(1)由于数列是特殊的函数，所以可以用研究函数的思想方法来研究数列的相关性质，如数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－28n ，则数列{a n }各项中最小项是( ) A ．第4项 B ．第5项 C ．第6项D ．第7项解析：选B a n ＝3n 2－28n ＝3⎝⎛⎭⎪⎫n －1432－1963， 当n ＝143时，a n 最小，又n ∈N ＋，故n ＝5时，a n ＝3n 2－28n 最小．层级一 学业水平达标1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且满足a n ＋1＝12a n ＋12n ，则此数列的第4项是( )A ．1 B.12C.34D.58解析：选B 由a 1＝1，∴a 2＝12a 1＋12＝1，依此类推a 4＝12.2．在递减数列{a n }中，a n ＝kn (k 为常数)，则实数k 的取值范围是( ) A ．RB ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0]解析：选C ∵{a n }是递减数列， ∴a n ＋1－a n ＝k (n ＋1)－kn ＝k <0.3．数列{a n }中，a 1＝1，对所有的n ≥2，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5等于( ) A.259 B.2516 C.6116 D.3115解析：选C 由题意a 1a 2a 3＝32，a 1a 2＝22，a 1a 2a 3a 4a 5＝52，a 1a 2a 3a 4＝42，则a 3＝3222＝94，a 5＝5242＝2516.故a 3＋a 5＝6116.4．已知数列{a n }满足要求a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则a 5等于( ) A ．15 B ．16 C ．31D ．32解析：选C ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，∴a 2＝2×1＋1＝3，a 3＝2×3＋1＝7，a 4＝2×7＋1＝15，a 5＝2×15＋1＝31.5．由1,3,5，…，2n －1，…构成数列{a n }，数列{b n }满足b 1＝2，当n ≥2时，b n ＝a b n －1，则b 6的值是( )A ．9B ．17C ．33D ．65解析：选C ∵b n ＝a b n －1，∴b 2＝a b 1＝a 2＝3，b 3＝a b 2＝a 3＝5，b 4＝a b 3＝a 5＝9，b 5＝a b 4＝a 9＝17，b 6＝a b 5＝a 17＝33.6．已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1a n ，得a n ＝________.解析：由条件知a n ＋1a n ＝n n ＋1，分别令n ＝1,2,3，…，n －1，代入上式得n －1个等式，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×23×34×…×n －1n ⇒a n a 1＝1n .又∵a 1＝23，∴a n ＝23n. 答案：23n7．数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－6n ，则它最小项的值是________． 解析：a n ＝n 2－6n ＝(n －3)2－9，∴当n ＝3时，a n 取得最小值－9. 答案：－98．已知数列{a n }，a n ＝b n＋m (b <0，n ∈N ＋)，满足a 1＝2，a 2＝4，则a 3＝________.解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧2＝b ＋m ，4＝b 2＋m ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，m ＝3.∴a n ＝(－1)n＋3，∴a 3＝(－1)3＋3＝2. 答案：29．根据下列条件，写出数列的前四项，并归纳猜想它的通项公式． (1)a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n －1(n ∈N ＋)； (2)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋a nn ＋1(n ∈N ＋)；(3)a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N ＋)．解：(1)a 1＝0，a 2＝1，a 3＝4，a 4＝9.猜想a n ＝(n －1)2. (2)a 1＝1，a 2＝32，a 3＝42，a 4＝52.猜想a n ＝n ＋12.(3)a 1＝2，a 2＝3，a 3＝5，a 4＝9.猜想a n ＝2n －1＋1.10．已知函数f (x )＝x －1x.数列{a n }满足f (a n )＝－2n ，且a n >0.求数列{a n }的通项公式．解：∵f (x )＝x －1x ，∴f (a n )＝a n －1a n，∵f (a n )＝－2n .∴a n －1a n＝－2n ，即a 2n ＋2na n －1＝0.∴a n ＝－n ±n 2＋1. ∵a n >0，∴a n ＝n 2＋1－n .层级二 应试能力达标1．若数列{a n }满足a n ＋1＝4a n ＋34(n ∈N ＋)，且a 1＝1，则a 17＝( ) A ．13 B ．14 C ．15D ．16解析：选A 由a n ＋1＝4a n ＋34⇒a n ＋1－a n ＝34，a 17＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 17－a 16)＝1＋34×16＝13，故选A.2．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝( )A ．2＋lg nB ．2＋(n －1)lg nC ．2＋n lg nD ．1＋n ＋lg n解析：选A 由a n ＋1＝a n ＋lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ⇒a n ＋1－a n ＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n，那么a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(an－a n －1)＝2＋lg 2＋lg 32＋lg 43＋…＋lg n n －1＝2＋lg2×32×43×…×nn －1＝2＋lg n .3．已知数列{a n }，a n ＝－2n 2＋λn ，若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．(－∞，3] B ．(－∞，4] C ．(－∞，5)D ．(－∞，6)解析：选D 依题意，a n ＋1－a n ＝－2(2n ＋1)＋λ<0，即λ<2(2n ＋1)对任意的n ∈N ＋恒成立．注意到当n ∈N ＋时，2(2n ＋1)的最小值是6，因此λ<6，即λ的取值范围是(－∞，6)．4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12，x ≤12，2x －1，12<x <1，x －1，x ≥1，若数列{a n }满足a 1＝73，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N＋，则a 2 015＋a 2 016等于( ) A ．4 B ．1 C.76D.116解析：选B a 2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫73＝73－1＝43；a 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝43－1＝13；a 4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝13＋12＝56；a 5＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝2×56－1＝23；a 6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝2×23－1＝13；即从a 3开始数列{a n }是以3为周期的周期数列． ∴a 2 015＋a 2 016＝a 5＋a 3＝1.故选B.5．若数列{a n }满足(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，且a 1＝1，则a 100＝________. 解析：由(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1⇒a n a n －1＝n ＋1n －1，则a 100＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a 100a 99＝1×31×42×…×10199＝5 050.答案：5 0506．对于数列{a n }，若存在实数M ，对任意的n ∈N ＋，都有a n >M ，则称M 为数列{a n }的一个下界，数列{a n }的最大下界称为下确界．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1n，按此定义，则数列{a n }的下确界是________．解析：由题意，a n ＝n ＋1n ＝1＋1n， 由于1n>0，所以对任意n ∈N ＋，都有a n >1，易知1是数列{a n }的最大下界． 故数列{a n }的下确界是1. 答案：17．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 22n (n ∈N ＋)，则这个数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项；若不存在，请说明理由．解：存在最大项．理由：a 1＝12，a 2＝2222＝1，a 3＝3223＝98，a 4＝4224＝1，a 5＝5225＝2532，….∵当n ≥3时，a n ＋1a n ＝n ＋22n ＋1×2nn2＝n ＋22n2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2<1， ∴a n ＋1<a n ，即n ≥3时，{a n }是递减数列． 又∵a 1<a 3，a 2<a 3，∴a n ≤a 3＝98.∴当n ＝3时，a 3＝98为这个数列的最大项．8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n a n －1＝a n －1－a n (n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n a n －1＝a n －1－a n ，∴1a n －1a n －1＝1.∴1a n ＝1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1 ＝2＋1＋1＋…＋1n －个1＝n ＋1.∴1a n ＝n ＋1，∴a n ＝1n ＋1(n ≥2)． 又∵n ＝1时，a 1＝12，符合上式，∴a n ＝1n ＋1.高中数学课程。
高中数列专题讲义
二、填空题 11．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，S3＝6，S4＝12，则 S6＝________． 1 1 1 12．等差数列{an}中， a1＝ ， a ＝ ， a ＝ (m≠n)， 则数列{an}的公差 d 为________． 2 016 m n n m 3 13．已知等比数列{an}，其前 n 项和为 Sn，a1＋a2＝ ，a4＋a5＝6，则 S6＝________． 4 3 14．已知数列{an}是等比数列，若 a4＝ ，a6＝6，则 a10＝________． 2 三、解答题 15．已知等差数列{an}中，a1＝1，其前 n 项和 Sn 满足 (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)令 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan＋1 Sn＋4＋Sn ＝Sn＋2＋4(n∈N*)． 2
2
[变式 2] 两个等差数列{an}与{bn}的前 3 项分别为 2，6，10 与 2，8，14，由这两个 等差数列的公共项从小到大的顺序构成一个新数列{cn}． (1)求数列{cn}的通项公式； (2)若 n<m，且 c1，cn，cm 成等比数列，求 m 的最小值． an（an＋1） [变式 3] 已知数列{an}的各项均为正数，前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ ，n∈N*. 2 (1)求证：数列{an}是等差数列； 1 (2)设 bn＝ ，Tn＝b1＋b2＋„＋bn，求 Tn. 2Sn 1 [变式 4] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－ n2＋kn(其中 k∈N*)，且 Sn 的最大值为 8. 2 (1)确定常数 k，求 an； 9－2an (2)求数列 n 的前 n 项和 Tn. 2 [变式 5] 已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1＋3an. (1)求证：{an＋1－3an}是等比数列． (2)求数列{an}的通项公式． [变式 6] 数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列．b1＝2a1＝2，b2－a2＝1，b3－ a3＝3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式． an (2)设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n 项之和 Sn. bn
高中数学第二章数列2.3.2等比数列的前n项和第2课时等比数列前n项和的性质及应用课件新人教B版必修
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【自主解答】 (1)∵{an}为等比数列， ∴S2，S4－S2，S6－S4 也为等比数列. 即 7，S4－7,91－S4 成等比数列， ∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得 S4＝28 或 S4＝－21. ∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2 ＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2. ∴S4＝28.
第二十二页，共38页。
探究 2 在 1 和 16 之间插入三个正数 a，b，c 使 1，a，b，c,16 成等比数列， 则 a＋b＋c＝________，a·b·c＝________，若将“等比数列”改为“等差数列” 又应如何求解？
【提示】 若 1，a，b，c,16 成等比数列，则 1，b,16 成等比数列，所以 b ＝4；
若{an}为等比数列，则aa11qq25＝ ＝－ 6，6， 解得 a1＝－6，q＝－1，所以 an＝－6·(－ 1)n－1＝6(－1)n.
第二十一页，共38页。
法二：若{an}为等差数列，由 6＝－6＋3d 得 d＝4， 所以 an＝－6＋(n－3)×4 即 an＝4n－18. 若{an}为等比数列，由 6＝(－6)·q3 得 q＝－1，所以 an＝(－6)·(－1)n－3＝6·(－1)n.
【导学号：18082037】
第十四页，共38页。
【解析】
(1)根据题意得
S奇＋S偶＝－240， S奇－S偶＝80，
∴
S奇＝－80， S偶＝－160，
∴q＝SS偶 奇＝－－18600＝2.
(2) 设 S2n ＝ x ， S4n ＝ y ， 则 2 ， x － 2,14 － x ， y － 14 成 等 比 数 列 ， 所 以 x－22＝214－x， 14－x2＝x－2y－14，
高一数学期末复习讲义3-AP,GP
四、课后作业
1、设 分别表示等差数列 的前n项和，已知 ，
则 ________
2、使数列 的前 项之积大于 ，则 的最小值是
3、 是等比数列 的前 项之和, , ,则
4、 是等差数列, 是等比数列,且 ,数列 前三项分别是1，1，2
且 ,则 的前10项之和为
5、设一等差数列，由三个数组成，三个数之和为9，三个数的平方和为35，则7、已知等差数列 ，则n的值为
8、 ，求数列 的前 项和 .
9、设数列 是等差数列， ，
（1）当 时，请在数列 中找一项 ，使 成等比数列；
（2）当 时，若自然数 满足 ，使得 成等比数列，求数列 的通项公式。
10、已知 为等差数列，且 ， ，
（1）求数列 的通项公式；
数列（一）
一、知识要点
等差数列
等比数列
定义
通项公式
中项
前n项和公式
性质
二、填空题
1.已知等比数列 的前n项和为 ，则x的值为
2．设 是等差数列 的前 项和，若 ，则
3.已知等比数列 的公比大于1，且 ，则
4.等差数列 中， 且 ，则 时， 5
5.已知等差数列 满足， ，则前n项和 取最大值时，n的值为21
（2）证明： .
11、已知等差数列 满足： ， ， 的前n项和为 ．
（Ⅰ）求 及 ；
（Ⅱ）令bn= (n N*)，求数列 的前n项和 ．
12.设 是公比大于1的等比数列， 为数列 的前 项和．已知 ，且 构成等差数列．
（1）求数列 的通项．
（2）令 求数列 的前 项和 ．
6.已知等差数列 各项均不为0，公差大于0，并且 ，记数列 的前n项和为 ，则使 成立的正整数 的最小值为________15
高一数学最新课件-数列的综合问题001 精品
a3 a2 d
an an1 d
以上（n-1)个式子相加得：an a1 (n 1)d
若数列 an 满足 an an1 f n(n N )，其中 f n是
可求和数列，那么可用累差求和的方法求 an
重庆市万州高级中学 曾国荣 wzzxzgr@
§3.3数列的综合问题
高2008级数学复习课件
3.
1
1( 1 1 )
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
4.
1
1[ 1
1
]பைடு நூலகம்
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
5. 1 1 ( a b) a b ab
重庆市万州高级中学 曾国荣 wzzxzgr@
§3.3数列的综合问题
数列通项公式的求法
§3.3数列的综合问题
高2008级数学复习课件
递推公式(突出转化成AP、GP)
(1)an1 an f (n)累差求和法
(2)an1 an f (n)累商求积法
重庆市万州高级中学 曾国荣 wzzxzgr@
§3.3数列的综合问题
高2008级数学复习课件
(3)an1 pan q构造等差或等比数列
重庆市万州高级中学 曾国荣wzzxzgr@ 2020年12月25日星期五
§3.3数列的综合问题
高2008级数学复习课件
杂数列的求和思路与方法 1.公式法：
即直接用有求和公式，求列的前n和Sn
①等差数列的前n项和公式：Sn
n(a1 2
an
)
na1
n(n 1) 2
d
②等比数列的前n项和公式 ③ 1 2 3 n 1 n(n 1)
到。
重庆市万州高级中学 曾国荣 wzzxzgr@
优质实用高中数学公开课课件精选人教版第2章数列2.4第2课时等比数列的性质
∴aa73＝＝146， 或aa73＝＝41.6， 当a3＝4，a7＝16时，a3＋a7＝a3＋a3q4＝20， ∴1＋q4＝5，∴q4＝4， 当a3＝16，a7＝4时，a3＋a7＝a3＋a3q4＝20， ∴1＋q4＝54，∴q4＝14， ∴a11＝a1q10＝a3q8＝64或1.
《等比数列的性质》
执教教师：XXX
自主学习 新知突破
• 1．了解等比数列的性质的由来． • 2．掌握等比数列的性质并能综合运用．
等比数列的性质
若数列{an}是公比为q的等比数列，则 (1)an＝amqn－m(m，n∈N*)； (2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)， 则am·an＝ap·aq＝a2k； (3){c·an}(c是非零常数)是公比为q的等比数列；
p，q∈N*)时am＋an＝ap＋aq p，q∈N*)时aman＝apaq
相同 (1)都强调每一项与其前一项的关系；(2)结果都必须是
点 常数；(3)数列都可以由a1，d或a1，q确定
•积1组．成将新公的比数为列q的a1等a2比，数a2a列3，{aan3}a依4，次…取，相此邻数两列项是的(乘 ) • 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
(4)数列{an}为等比数列，则数列{λan}(λ为不等于0的常数) 与a1n仍然成等比数列．
•＝1_．__(1_)_在__等_.比数列{an}中，若a2＝2，a6＝12，则a10 •项(2之)在积等等比于数__列__{_a_n_}_中．，若a7＝－2，则此数列的前13
解析： (1)方法一：设{an}的公比为q， 则aa11qq5＝＝21，2， 解得q4＝6， ∴a10＝a1q9＝a1q·(q4)2＝2×36＝72. 方法二：∵{an}是等比数列， ∴a26＝a2·a10， 于是a10＝aa226＝1222＝1424＝72.
高中数学 第二章 数列 2.2.2 等差数列的前n项和 第2课时 等差数列前n项和的综合应用学业分层
2018版高中数学第二章数列2.2.2 等差数列的前n项和第2课时等差数列前n项和的综合应用学业分层测评新人教B版必修5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高中数学第二章数列2.2.2 等差数列的前n项和第2课时等差数列前n项和的综合应用学业分层测评新人教B 版必修5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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等差数列前n项和的综合应用（建议用时:45分钟)［学业达标]一、选择题1。
等差数列前n项和为S n，若a3＝4,S3＝9，则S5－a5＝（)A.14B.19 C。
28 D.60【解析】在等差数列{a n｝中，a3＝4，S3＝3a2＝9，∴a2＝3,S5－a5＝a1＋a2＋a3＋a4＝2（a2＋a3）＝2×7＝14.【答案】A2。
等差数列{a n}的前n项和记为S n，若a2＋a4＋a15的值为确定的常数，则下列各数中也是常数的是（)A.S7B.S8 C。
S13 D.S15【解析】a2＋a4＋a15＝a1＋d＋a1＋3d＋a1＋14d＝3(a1＋6d）＝3a7＝3×错误!＝错误!×错误!＝错误!S13。
于是可知S13是常数。
【答案】C3。
已知等差数列的前n项和为S n，若S13<0，S12〉0，则此数列中绝对值最小的项为( ）A。
第5项 B.第6项C。
第7项 D.第8项【解析】由错误!得错误!所以错误!故｜a6｜>|a7|.【答案】C4。
高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第2课时等差、等比数列的综合应用同步aa高一数学
②÷①得 1＋qn＝54， 即 qn＝14.③ ③代入①得1－a1 q＝64， 所以 S3n＝a1（11－－qq3n）＝641－413＝63. 法二 因为{an}为等比数列，显然公比不等于 1， 所以 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等比数列，
所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
所以 q＝SS偶奇＝18750＝2. 又 Sn＝85＋170＝255，由 Sn＝a1（11－－qqn），得11－－22n ＝255， 所以 2n＝256，所以 n＝8. 即公比 q＝2，项数 n＝8.
类型 3 等差、等比数列的综合应用 [典例 3] (2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(n∈N*)．已知 b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5， b5＝a4＋2a6. (1)求 Sn 和 Tn； (2)若 Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数 n 的值．
[变式训练] (2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比 q>1，且 a3＋a4＋a5＝28，a4＋2 是 a3，a5 的等差中项．数列 {bn}满足 b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前 n 项和为 2n2＋n.
(1)求 q 的值； (2)求数列{bn}的通项公式． 解：(1)由 a4＋2 是 a3，a5 的等差中项得 a3＋a5＝2a4＋4， 所以 a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28， 解得 a4＝8.
归纳升华 1．等差、等比数列的综合应用题主要考查等差数列、 等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识，考 查数列求和的基本方法和运算求解能力． 2．利用错位相减法求和时，要注意以下几点： (1)错位相减法求和，只适合于数列{anbn}，其中{an} 为等差数列，{bn}为等比数列． (2)在等式两边所乘的数是等比数列{bn}的公比． (3)两式相减时，一定要错开一位． (4)进行检验．
2019-2020年高中数学数列版块二等差数列等差数列的通项公式与求和完整讲义(学生版)
2019-2020年高中数学数列版块二等差数列等差数列的通项公式与求和完整讲义（学生版）典例分析【例1】等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【例2】数列的前项和，求它的通项公式．【例3】数列的前项和，，则数列的前项和_______.【例4】数列的前项和，则_______.【例5】设等差数列的前项的和为，且，，求.【例6】设等差数列的前项的和为，且，，求.【例7】有两个等差数列，，其前项和分别为，，若对有成立，求．【例8】在等差数列中，，，为前项和，⑴求使的最小的正整数；⑵求的表达式.【例9】 等差数列的前项和为，前项和为，则它的前项和为_______．【例10】 等差数列中，，，问数列的多少项之和最大，并求此最大值．【例11】 已知二次函数()()222103961100f x x n x n n =+-+-+，其中．⑴ 设函数的图象的顶点的横坐标构成数列，求证：数列为等差数列；⑵ 设函数的图象的顶点到轴的距离构成数列，求数列的前项和．【例12】 等差数列前项的和为，其中，项数为奇数的各项的和为，求其第项及公差．【例13】 设等差数列的公差为,，且，求当取得最大值时的值．【例14】 已知等差数列中，，，，则（ ）A ．B ．C ．D ．【例15】已知是等差数列，且，，求数列的通项公式及的前项和．【例16】在各项均不为0的等差数列中，若，则等于（）A．B．C．D．【例17】设数列满足，，，且数列是等差数列，求数列的通项公式．【例18】已知22=-+++-，f x x n x n n()2(1)57⑴设的图象的顶点的纵坐标构成数列，求证为等差数列．⑵设的图象的顶点到轴的距离构成，求的前项和．【例19】已知数列是等差数列，其前项和为，．⑴求数列的通项公式；⑵设是正整数，且，证明．【例20】在等差数列中，，，为前项和，⑴求使的最小的正整数；⑵求的表达式.【例21】有固定项的数列的前项和，现从中抽取某一项（不包括首相、末项）后，余下的项的平均值是．⑴求数列的通项；⑵求这个数列的项数，抽取的是第几项．【例22】 已知23123()n n f x a x a x a x a x =+++⋅⋅⋅+，成等差数列(为正偶数)．又，，⑴求数列的通项；⑵试比较与的大小，并说明理由．【例23】 设，为实数，首项为，公差为的等差数列的前项和为，满足则的取值范围是 ．【例24】 设等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时，等于（ ）A ．B ．C ．D ．【例25】 在等比数列中，若公比，且前项之和等于，则该数列的通项公式 ．【例26】 已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．⑴求数列的通项；⑵求数列的前项和．【例27】 已知数列满足，，且对任意，都有22121122()m n m n a a a m n +-+-+=+-⑴求，；⑵设证明：是等差数列；⑶设，求数列的前项和．【例28】设等差数列的前项和为，，则等于（）A．10 B．12 C．15 D．30【例29】已知等差数列的前项和为，且满足，则数列的公差是（）A． B． C． D．【例30】若为等差数列，是其前项和，且，则的值为（）A．B．C．D．【例31】已知等差数列，等比数列，则该等差数列的公差为（）A．或 B．或 C． D．【例32】已知数列的通项公式，设其前项和为，则使成立的最小自然数等于（）A． B． C． D．【例33】等差数列中，，，此数列的通项公式为，设是数列的前项和，则等于．【例34】设集合由满足下列两个条件的数列构成：①②存在实数，使．（为正整数）⑴在只有项的有限数列，中，其中，，，，，，，，，；试判断数列，是否为集合的元素；⑵设是等差数列，是其前项和，，证明数列；并写出的取值范围；⑶设数列，且对满足条件的常数，存在正整数，使．求证：．【例35】 已知数列满足：，21221,12,2n n n n a n n a a -+⎧⎪⎪=⎨++⎪⎪⎩为偶数为奇数，．⑴求的值；⑵设，，求证：数列是等比数列，并求出其通项公式；⑶对任意的，，在数列中是否存在连续的项构成等差数列？若存在，写出这项，并证明这项构成等差数列；若不存在，说明理由．2019-2020年高中数学数列的概念与简单表示”课堂实录一、教学目标：知识与技能：理解数列及其有关概念，了解数列和函数之间的关系；了解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任意一项；对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的个通项公式。
2015年人教版高一升高二暑期数学衔接班讲义 专题二 数列
专题二 数列一、知识梳理1. ⑴等差、等比数列：),,,,(*q p n m N q p n m a a a a q p n m +=+∈+=+),,,,(*q p n m N q p n m a a a a q p n m +=+∈⋅=⋅⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法： ①),2(1为常数d n d a a n n ≥=-- ②211-++=n n n a a a (2≥n )③b kn a n +=(k n ,为常数).⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法： ①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n②112-+⋅=n n n a a a (2≥n ，011≠-+n n n a a a )①注①：i. ac b =，是a 、b 、c 成等比的双非条件，即ac b =、b 、c 等比数列.ii. ac b =（ac ＞0）→为a 、b 、c 等比数列的充分不必要. iii. ac b ±=→为a 、b 、c 等比数列的必要不充分.iv. ac b ±=且0 ac →为a 、b 、c 等比数列的充要.注意：任意两数a 、c 不一定有等比中项，除非有ac ＞0，则等比中项一定有两个. ③n n cq a =(q c ,为非零常数).④正数列{n a }成等比的充要条件是数列{n x a log }（1 x ）成等比数列.⑷数列{n a }的前n 项和n S 与通项n a 的关系：⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n s s n a s a n nn[注]： ①()()d a nd d n a a n -+=-+=111（d 可为零也可不为零→为等差数列充要条件（即常数列也是等差数列）→若d 不为0，则是等差数列充分条件）. ②等差{n a }前n 项和n d a n d Bn An S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=22122 →2d 可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若d 为零，则是等差数列的充分条件；若d 不为零，则是等差数列的充分条件.③非零．．常数列既可为等比数列，也可为等差数列.（不是非零，即不可能有等比数列） 2. ①等差数列依次每k 项的和仍成等差数列，其公差为原公差的k 2倍...,,232k k k k k S S S S S --；②若等差数列的项数为2()+∈N n n ，则，奇偶nd S S =-1+=n n a a S S 偶奇；③若等差数列的项数为()+∈-N n n 12，则()n n a n S 1212-=-，且n a S S =-偶奇，1-=n n S S 偶奇 得到所求项数到代入12-⇒n n . 3. 常用公式：①1+2+3 …+n =()21+n n ②()()61213212222++=+++n n n n③()2213213333⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++n n n [注]：熟悉常用通项：9，99，999，…110-=⇒n n a ； 5，55，555，…()11095-=⇒nn a . 4. 等比数列的前n 项和公式的常见应用题：⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如，第一年产量为a ，年增长率为r ，则每年的产量成等比数列，公比为r +1. 其中第n 年产量为1)1(-+n r a ，且过n 年后总产量为：.)1(1])1([)1(...)1()1(12r r a a r a r a r a a n n +-+-=+++++++-⑵银行部门中按复利计算问题. 例如：一年中每月初到银行存a 元，利息为r ，每月利息按复利计算，则每月的a 元过n 个月后便成为n r a )1(+元. 因此，第二年年初可存款：)1(...)1()1()1(101112r a r a r a r a ++++++++=)1(1])1(1)[1(12r r r a +-+-+. ⑶分期付款应用题：a 为分期付款方式贷款为a 元；m 为m 个月将款全部付清；r 为年利率.()()()()()()()()1111111 (1112)1-++=⇒-+=+⇒++++++=+--m mm mm m mr r ar x r r x r a x r x r x r x r a 5. 数列常见的几种形式：⑴n n n qa pa a +=++12（p 、q 为二阶常数）→用特证根方法求解.具体步骤：①写出特征方程q Px x +=2（2x 对应2+n a ，x 对应1+n a ），并设二根21,x x ②若21x x ≠可设n n n xc x c a 2211.+=，若21x x =可设n n x n c c a 121)(+=；③由初始值21,a a 确定21,c c . ⑵r Pa a n n +=-1（P 、r 为常数）→用①转化等差，等比数列；②逐项选代；③消去常数n 转化为n n n qa Pa a +=++12的形式，再用特征根方法求n a ；④121-+=n n P c c a （公式法），21,c c 由21,a a 确定.①转化等差，等比：1)(11-=⇒-+=⇒+=+++P rx x Px Pa a x a P x a n n n n . ②选代法：=++=+=--r r Pa P r Pa a n n n )(21x P x a P r P P r a a n n n -+=---+=⇒--1111)(1)1( r r P a P n n +++⋅+=--Pr 211 .③用特征方程求解：⇒⎭⎬⎫+=+=-+相减，r Pa a r Pa a n n n n 111+n a 1111-+--+=⇒-=-n n n n n n Pa a P a Pa Pa a ）（. ④由选代法推导结果：PrP P r a c P c a P r a c P r c n n n -+-+=+=-+=-=--111111112121）（，，.6. 几种常见的数列的思想方法：⑴等差数列的前n 项和为n S ，在0 d 时，有最大值. 如何确定使n S 取最大值时的n 值，有两种方法：一是求使0,01 +≥n n a a ，成立的n 值；二是由n da n d S n )2(212-+=利用二次函数的性质求n 的值.⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积，求此数列前n 项和可依照等比数列前n 项和的推倒导方法：错位相减求和. 例如：, (2)1)12,...(413,211n n -⋅⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列，此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项，公差是两个数列公差21d d ，的最小公倍数.2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证)(11---n nn n a a a a 为同一常数。
高一数学-第二讲 等比数列 [课件]
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等比数列一、基本概念与公式：1、等比数列的定义；2、等比数列的通项公式：(1)11-=n n q a a ; (2)m n m n q a a -= .(其中1a 为首项、m a 为第m 项，0≠n a ;),*∈N n m3、等比数列的前n 项和公式：当q=1时，S n =n a 1 (是关于n 的正比例式)；当q≠1时，S n =q q a n --1)1(1=,K q K n -⋅ S n =qq a a n --11 三、有关等比数列的几个特殊结论1、等比数列{}n a 中，若),,,(*∈+=+N q p n m q p n m ，则q p n m a a a a •=•2、等比数列{}n a 中的任意“等距离”的项构成的数列仍为等比数列．3、公比为q 的等比数列{}n a 中的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 、S 4m - S 3m 、……（S m ≠0）仍为等比数列，公比为m q .4、若{}n a 与{}n b 为两等比数列，则数列{}n ka 、{}k na 、{}n nb a •、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a （0≠k ，k 为常数）仍成等比数列．5、若{}n a 为等差数列，则{}na c (c>0)是等比数列． 6、若{}nb ()0>n b 为等比数列，则{}nc b log (c>0且c ≠1) 是等差数列．7、在等比数列{}n a 中：（1）若项数为n 2，则 q S S =奇偶（2）若项数为12+n ，则q S a S =-偶奇18、数列{}n a 是公比不为1的等比数列⇔数列{}n a 前n 项和S n =,(1,0)n A q A q A ⋅-≠≠四、习题选讲：1、在等比数列{}n a 中，若的值是则654321,120,30a a a a a a +=+=+2、已知数列4,,,121a a 成等差数列，4,,,,1321b b b 成等比数列，则212b a a -的值3、等比数列{}n a 中，S 2=7，S 6=91，则S 4是4、已知c b a ,,成等比数列，x 是b a ,的等差中项，y 是c b ,的等差中项，则yc x a +的值是 . 5、一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数6、等比数列{}n a 中，264=+a a ，则)2(7535a a a a ++= ．7、已知等比数列{}n a 的公比1±≠q ，且181612864321a a a a a a a a a a k k k k k =++++)(+∈N k ，那么k =8、三角形的三个内角成等差数列，对应的三边依次成等比数列，则此三内角的公差为9、已知数列{}n a 的前n 项的和)49(41n n n n S -= )(*∈N n 那么这个数列（ ） （A ）是等差数列而不是等比数列 （B ）是等比数列而不是等差数列（C ）既是等差数列又是等比数列 （C ）既不是等差数列也不是等比数列10、正数d c b a ,,,成等差数列，x 是a 与d 的等差中项，y 是b 与c 的等比中项，则（ ）（A ）x ＞y （B ）x ＜y （C ）x ≥y （D ）x ≤y11、公差不为0的等差数列{}n a 和递增的等比数列{}n b 中，已知111==b a ,33b a =，57b a =,若9b a m =,则m = ．12、有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首末两项的和为21，中间两项的和为18，求这四个数．。
高一数学数列综合提高知识精讲
高一数学数列综合提高【本讲主要内容】数列综合提高数列综合问题，数列的实际应用【知识掌握】 【知识点精析】本章是高考命题的主体内容之一，应切实进行全面、深入地复习，并在此基础上，突出解决下述几个问题：（1）等差、等比数列的证明须用定义证明，值得注意的是，若给出一个数列的前n 项和n S ，则其通项为⎩⎨⎧∈≥-==-).,2(),1(11N n n S S n S a n n n 若11S a =满足,121S S a -=则通项公式可写成1--=n n n S S a ．（2）数列计算是本章的中心内容，利用等差数列和等比数列的通项公式、前n 项和公式及其性质熟练地进行计算，是高考命题重点考查的内容．（3）解答有关数列问题时，经常要运用各种数学思想．善于使用各种数学思想解答数列问题，是我们复习应达到的目标．①函数思想：等差等比数列的通项公式，求和公式都可以看作是n 的函数，所以等差等比数列的某些问题可以化为函数问题求解．②分类讨论思想：用等比数列求和公式应分为)1(1)1(1≠--=q qq a S n n 及)1(1==q na S n ； 已知n S 求n a 时，也要进行分类；③整体思想：在解数列问题时，应注意摆脱呆板使用公式求解的思维定势，运用整体思想求解．（4）在解答有关的数列应用题时，要认真地进行分析，将实际问题抽象化，转化为数学问题，再利用有关数列知识和方法来解决．【解题方法指导】例1. 三个正数成等差数列，它们的和等于15，如果它们分别加上1、3、9就成等比数列，求这三个数．分析：利用等差数列及等比数列的性质．解：设这三个正数分别为,,,d a a d a +-其中d 为公差，则有5,15)()(=∴=+++-a d a a d a由题意可得，,)35()95()15(2+=++⨯+-d d 即64)14()6(=+⨯-d d ， 解得,2=d 或,10-=d 由题意,10-=d 舍． 故这三个正数分别为3，5，7．例2. （2020 北京 文17）数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，113n n a S +=，=n 1，2，3，……，求：（I ）421,,a a a 的值及数列{}n a 的通项公式； （II ）2462n a a a a ++++L 的值．分析：利用已知条件113n n a S +=，确定n n a a ,1+的关系． 解：（I ）由11=a ，113n n a S +=，=n 1，2，3，……，得211111333a S a ===，3212114()339a S a a ==+=，431231116()3327a S a a a ==++=， 由1111()33n n n n n a a S S a +--=-=（n ≥2），得143n n a a +=（n ≥2），又311=a ，所以n a =214()33n -（n ≥2），∴ 数列{}n a 的通项公式为21114()233n n n a n -=⎧⎪=⎨⎪⎩≥；（II ）由（I ）可知242,,,n a a a L 是首项为31，公比为24()3，项数为n 的等比数列， ∴ 2462n a a a a ++++L =22241()1343[()1]43731()3n n -⋅=--．例3. 已知等差数列{n a }的前n 项的和为n S ，且12=a ，3311=S ． （I ）求{n a }的通项公式；（II ）设=n b (21na )，求证：数列{nb }为等比数列； 分析：利用等差数列的前n 项和的公式．（I ）解：由题意可得，2)(112)(1110211111a a a a S +=+=，∴2)1(113310a +⨯=，解得.510=a∵d a a 8210+=，∴21=d ．∴221)2(1)2(2nn d n a a n =⨯-+=-+=．（II ）证明：∵=n b (21na )，∴=nb 2)21(n ，211)21(++=n n b ， ∴22)21()21()21(212211===++n n n n b b ，而211)21(=b =22， ∴数列{n b }是以22为首项，以22为公比的等比数列．【考点突破】【考点指要】高考试题中考查数列知识的解答题多是综合性问题，常将数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等内容综合起来考查．考查形式多样，可以是小题（选择题、填空题），也可以是大题形式出现，所占的分值为5~14分．（1）探索性问题在高考中出现的频率较高，一般有两种形式： ①不知问题的结论，需经过自己去发现、去探索，从而得出结论．具体的思维过程是“观察分析——归纳假设——推理论证”．其中观察分析是基础，猜想是关键．②“是否存在”型问题．解决这类问题的思路是：假设满足题设条件的对象存在，在此基础上，或寻找出对象存在的条件，从而肯定假设，或推导出与题设或事实矛盾的结论，从而推翻假设．（2）数列型应用问题也是高考考查的热点，解题思想主要有以下几点： ①读题分析哪些构成等差数列，哪些构成等比数列，有无递推关系式； ②明确是求数列通项，还是求数列前n 项和，还是求递推公式； ③将问题转化成数列问题解决．【典型例题分析】例1. （2020上海卷理20题）假设某市2020年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%．另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，（1）该市历年所建中低价房的累计面积（以2020年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米?（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%? 解：（1）设中低价房面积形成数列{}n a ，由题意可知{}n a 是等差数列， 其中50,2501==d a ，则,22525502)1(2502n n n n n S n +=⨯-+= 令n n 225252+4750≥，即n n 92+0190≥-，而n 是正整数， ∴n 10≥．到2020年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米． （2）设新建住房面积形成数列{}n b ，由题意可知{}n b 是等比数列，其中4001=b ，08.1=q ，则1)08.1(400-=n n b ．由题意可知n n b a 85.0>，有85.0)08.1(40050)1(2501⋅>⋅-+-n n由计算器解得满足上述不等式的最小正整数6=n ．到2020年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%．评述：本题主要考查学生运用所学数列知识解决实际问题的能力，以及数学建模能力．例 2. （2020全国卷Ⅱ文18题） 已知{}n a 是各项为不同的正数的等差数列，421a lg a lg a lg ，，成等差数列，又na b n 21=，n=1，2，3…． （Ⅰ）证明{}n b 为等比数列；（Ⅱ）如果数列{}n b 前3项的和等于247，求数列{}n a 的首项1a 和公差d ． （Ⅰ）证明：∵421a lg a lg a lg ，，成等差数列，，即又设等差数列{}n a 的公差为d ，则)3()(1121d a a d a +=+ ， 解得d a d 12=，从而0)(1=-a d d ，∵,0≠d ∴01≠=a d ，而因此， {}n b 是首项d b 211=，公比为21的等比数列． （II ）解：∵247)41211(21321=++=++d b b b ， ∴3=d ∴例3. （2020湖南卷理20题） 自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响． 用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量，n ∈N *，且x 1＞0．不考虑其它因素，设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比，死亡量与x n 2成正比，这些比例系数依次为正常数a ，b ，c ． （Ⅰ）求x n+1与x n 的关系式；（Ⅱ）猜测：当且仅当x 1，a ，b ，c 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）（III ）设a ＝2，b ＝1，为保证对任意x 1∈（0，2），都有x n ＞0，n ∈N *，则捕捞强度b 的最大允许值是多少？ 证明你的结论．解：（I ）从第n 年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为ax n ，被捕捞量为b x n ，死亡量为2n cx.(*)*,21N n cx bx ax x x n n n n n ∈--=-+因此.(**)*),1(1N n cx b a x x n n n ∈-+-=+即（II ）若每年年初鱼群总量保持不变，则x n 恒等于x 1， n ∈N*，从而由（*）式得..0*,,0)(11cba x cxb a N n cx b a x n n -==--∈--即所以恒等于 因为x 1>0，所以a >b ． 猜测：当且仅当a >b ，且cba x -=1时，每年年初鱼群的总量保持不变． （Ⅲ）若b 的值使得x n >0，n ∈N*由x n +1=x n （3－b －x n ）， n ∈N*， 知0<x n <3－b ， n ∈N*， 特别地，有0<x 1<3－b ． 即0<b<3－x 1． 而x 1∈（0，2），所以]1,0(∈b由此猜测b 的最大允许值是1．下证 当x 1∈（0， 2） ，b=1时，都有x n ∈（0， 2）， n ∈N* ①当n=1时，结论显然成立．②假设当n=k 时结论成立，即x k ∈（0， 2）， 则当n=k+1时，x k+1=x k （2－x k ）>0．又因为x k+1=x k （2－x k ）=－（x k －1）2+1≤1<2， 所以x k+1∈（0， 2），故当n=k+1时结论也成立． 由①、②可知，对于任意的n ∈N*，都有x n ∈（0，2）． 综上所述，为保证对任意x 1∈（0， 2）， 都有x n >0， n ∈N*，则捕捞强度b 的最大允许值是1．评述：本题考查函数、数列的递推关系、不等式以及数学归纳法等基础知识，考查知识的综合运用和解决问题的创新能力．切入点是递推关系的得出，以及对b 通过特殊情况的猜出．【综合测试】一、选择题：1. 已知等差数列}{n a 中，12497,1,16a a a a 则==+的值是（ ） A. 15 B. 30 C. 31 D. 642. 如果a 1， a 2， …，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，则有（ ）A. a 1a 8>a 4a 5B. a 1a 8<a 4a 5C. a 1+a 8>a 4+a 5 D . a 1a 8=a 4a 53. 设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若735,S =则4a =（ ）A. 8B. 7C. 6D. 54. 设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则111213a a a ++=A. 120B. 105C. 90D. 755. 若32=a ，62=b ，122=c，则数列c b a ,,（ ） 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. 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6. 已知数列4,,,121--a a 成等差数列，4,,,,1321--b b b 成等比数列，则212b a a -的值是（ ）A.21B. 21-C. 21-或21D. 12二、填空题：7. 数列{}n a ，{}n b 满足,23,12++==n n a b a n n n 则{}n b 的前10项和等于__________．8. 若,0>a 数列⋅⋅⋅,log ,log ,log43a a a a a a的和大于90，则该数列至少有________项，9. 数列{n a }中，),(221*∈+=+N n a a a n n n 若,217=a 则=6a ________．10. 等差数列{n a }中，9S 36-=，10413-=S ，等比数列{n b }中，55a b =，77a b =，则=6b _________．三、解答题11. 已知数列{}n a 满足),2(44,411≥-==-n a a a n n .12-=n n a b（I ）求证：数列{}n b 是等差数列；（II ）求数列{}n a 的通项公式． 12. （2020湖南卷文16题）已知数列))}1({log *2N n a n ∈-（为等差数列，且.9,331==a a （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）证明.111112312<-++-+-+nn a a a a a a Λ综合测试答案一、选择题：1. A提示：利用等差数列的性质， 若m+n=p+q 则q p n m a a a a +=+ 2. B3. D 提示：利用等差数列的前n 项和公式2)(1n n a a n S +=． 4. B5. A 提示：利用等差中项的性质．6. A 提示：利用等差中项及等比中项的性质．二、填空题： 7.125. 解析：因为),2)(1(,1++==n n a b a n n n所以2111)2)(1(1+-+=++=n n n n b n ，于是n b 的前10项和12512121)121111()4131()3121(10=-=-+⋅⋅⋅+-+-=S .8. 13解析：,12,90232)12(,1log 21>>+=++=+==+n n n n n S n a a n a n n所以至少有13项． 9.32提示：利用递推公式进行计算． 10. 24±三、解答题11. （I ）证明：由144--=n n a a ，有,)2(2422111----=-=-n n n n a a a a则2121)2(22)2()2(21111112++=-+-=-=------n n n n n n a a a a a a ， 所以2121112=+---n n a a ，即211=--n n b b ． 又212111=-=a b ， 所以{}n b 是以21为首项，21为公差的等差数列；（II ）解：由（I ）知,21n b n =由2121-=n a n 得.22+=na n12. （I ）解：设等差数列)}1({log 2-n a 的公差为d ．由,8log 2log )2(log 29,322231+=+==d a a 得即d =1．所以,1)1(1)1(log 2n n a n =⨯-+=-即.12+=nn a（II ）证明：因为nn n n n a a a 2121111=-=-++， 所以n n a a a a a a -++-+-+12312111Λn 21212121321++++=Λ .1211211212121<-=-⨯-=n n。
高一数学-高一数学第三章数列同步辅导讲义 精品
高一数学第三章数列同步辅导讲义第9讲数列和等差数列一、本讲主要内容1．数列的概念，数列的通项公式，由递推公式给出数列。
2．等差数列的概念和通项公式，等差中项的概念。
二、学习指导1．要正确理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并会根据递推公式写出数列的前若干项。
数列是按一定顺序排列起来的一列数。
它可以看作是一个序号集合到另一个数集的映射;从映射函数的观点来看，数列是一个定义域为正整数集Ｎ＋（或它的有限子集｛１，２，……，n｝）的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一系列函数值。
用函数观点看待数列，有助于加深对数列概念和性质的理解。
数列的数是按一定顺序排列的。
如果组成两个数列的数相同而顺序不同，那么它们是不同的数列，如课本上堆放钢管的实例，自上而下的每层钢管数组成数列：４，５，６，７，８，９，１０。
与自下而上的每层钢管数组成的数列：１０，９，８，７，６，５，４。
是两个不同的数列。
要把数列概念与数集概念区分开来。
数列中的数不但有顺序，而且并没有规定必须不同，即同一个数在数列中是可以重复出现的，常数数列甚至都是由同一个数排成的数列，如，１，１，１，……。
而数集中的数是无序的，并且是互异的。
数列的通项公式就是相应函数的解析式。
如果已知一个数列的通项公式，那么只要用序号代替公式中的n，就可以求出数列的各项。
根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是一个难点。
克服这个难点的关键是根据各项的特点，它与序号的关系，找出各项共同的构成规律得出通项公式。
并不是每个数列都是有通项公式的，如π精确到１，０.１，０.０１，０.００１，……的不足近似值构成的数列就没有通项公式。
一个数列的通项公式可以有不同的形式，如数列－１，１，－１，１，……的通项公式可以写成a n=(-1)n，也可以写成1 (n=2k-1,k∈N+)a n=-1 (n=2k,k∈N+)它们形式不同，但实质是一样的．与表示函数有列表法、图象法一样，数列也可以列表表示或用图象表示。
高中数学选择性必修第二册《数列知识点复习讲义》(精心整理、史上最全)
数列知识点复习讲义（含答案）一．数列的概念：数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集｛1,2，3，…，n ｝）的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式。
1．数列是按一定顺序排列的一列数，记作,,,,321 n a a a a 简记{}n a .2．数列{}n a 的第n 项n a 与项数n 的关系若用一个公式)(n f a n =给出，则这个公式叫做这个数列的通项公式。
3．数列的项为当自变量由小到大依次取值时对应的一列函数值，它的图像是一群孤立的点。
4、数列的递推公式：表示任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系的公式．5、求数列中最大最小项的方法：最大⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a 最小⎩⎨⎧≤≤-+11n n n n a a a a 考虑数列的单调性二、等差数列1、定义：（1）文字表示：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，则这个数列称为等差数列，这个常数称为等差数列的公差． （2）符号表示：11(2)(1)n n n n a a d n a a d n -+-=≥-=≥或2、通项公式：若等差数列{}n a 的首项是1a ，公差是d ，则()11n a a n d =+-． 通项公式的变形：①()n m a a n m d =+-；②n ma a d n m-=-． 通项公式特点：1()n a dn a d =+-),为常数，（m k m kn a n +=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。
3、等差中项若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 称为a 与b 的等差中项．若2a cb +=，则称b 为a 与c 的等差中项．即a 、b 、c 成等差数列<=>2a cb +=4、等差数列{}n a 的基本性质),,,(*∈N q p n m 其中 （1）q p n m a a a a q p n m +=++=+，则若。
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第一章 排列组合应用题的解法知识考点⎧⎪⎨⎪⎩两个原理：加法原理、乘法原理；两个优先：特殊元素优先、特殊位置优先排列组合综合应用：选、排、配的思想二项式定理：选项思路；二项式系数、系数的概念 排列组合应用题题量多，涉及面广，其解题方法既变换多端，又有一般的规律可循，还有很多特别的技巧，它要求我们要认真地审题，对题目中的信息进行科学地加工处理，与我们已知的的模型相匹配。
下面通过一些例题来说明几种常见的模型及其解法和应用。
第一节 两个原理和两个优先一、加法原理、乘法原理：（两个原理）说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.加法原理：一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法有1m 种方法，在第二类办法中有2m 种方法，…，在第n 类办法中用n m 种方法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++ 种方法．乘法原理：一件事，完成它需要n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种方法．那么完成这件事共有12n N m m m =种方法． 运用两个原理时，要特别注意二者的区别．加法原理的叙述中，用的是“n 类方法”，是指完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；乘法原理中，用的是“n 个步骤”，是指完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.可通过以下技巧来判断加法或乘法原理：思路：办事原则将排列组合题看作一件事情，而你的解答就看成是你在完成这件事情，也就是你的目的，此即为办事原则。
在解答办事原则时，有以下两个诀窍：一、单单元法则：将元素逐一考虑的法则。
若可用排列或组合一步表示，则可将此整体看成一个单元，即单单元的整体表示，此为排列组合综合大题的基础。
二、加法：一步到位；乘法：多步到位若经过一步就完成此任务，则用加法原则；若经过多步才完成此任务，则用乘法原则。
例1：两个袋子里分别装有40个红球，60个白球，从中任取一个球，有多少种取法？解：取一个球的方法可以分成两类：一类是从装红球的袋子里取一个球，这有40种取法；另一类是从装白球的袋子里取一个球，这有60种取法。
因此取法种数共有 40＋60=100 （种）（评析：此题用办事原则来分析，目的就是取一个球，不管在哪个袋里取球，都能一步到位，用加法原理。
） 例2：两个袋子里分别装有40个红球，60个白球，从中取一个红球和一个白球，有多少种取法？解：取一个红球和一个白球可以分成两步来完成：第一步从装红球的袋子里取一个球，这有40种取法；对于这每一种取法，第二步从装白球的袋子里取一个球，都有60种取法。
因此取一个红球和一个白球的方法共有40×60=2400（种）（评析：此题用办事原则来分析，目的就是取两个球，用单单元法则考虑，不可能一步到位，所以用乘法原理。
）例3：书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【评析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，都能一步到位，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，并没有一步到位，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.解：①9234=++=N②24234=⨯⨯=N③26232434=⨯+⨯+⨯=N说明：正确使用分类计数原理、分步计数原理的关键在于：明确事件需要“分类”完成还是“分步”完成.分类时要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性——类类独立；分步时要注意“步”与“步”之间的连续性——步步相连.例4：n 个人参加某项资格考试，能否通过，有多少种可能的结果？解法1：用分类记数的原理，没有人通过，有C n 0种结果；1个人通过，有C n 1种结果，……；n 个人通过，有n n C 种结果。
所以一共有012n nn n n C C C +++= 种可能的结果。
（评析：此分析思路是单单元法则整体表示的典型，将n 个人看成一个整体，用组合数可以一步表示出来，且一步到位，用加法原理。
）解法2：用分步记数的原理。
第一个人有通过与不通过两种可能，第二个人也是这样，……，第n 个人也是这样。
所以一共有2n 种可能的结果。
（评析：此分析思路是单单元法则非整体表示的典型，将第一个人第二个人逐一分析，且多步到位——每个人都分析完了才算考试结果，用乘法原理。
）例5：一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数字号码？解：由于号码锁的每个拨号盘有从0到9这10个数字，每个拨号盘上的数字有10种取法．根据分步计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成四位数字号码的个数是 N =10×10×10×10=104． 答：可以组成10000个四位数字号码．例6：5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?解：5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有3×3×3×3×3=35(种)此题假想你是教导主任，他们都到你那儿报名（此即办事原则。
将问题转换为你所要处理的一件事），然后用单单元分析法分析，当第一个学生来到你面前时，他共有多少种选择？3种。
他报完名了，那是否完成这件事了呢？还没有，因为要5位同学都报了名才算完成，所以这是一步没到位，不是加法原理，是多步才到位，应用乘法原理。
然后第二名学生来了，他又有3种选择，同理分析第三名直至最后一名，所以得到不同报名方法总共有3×3×3×3×3=35(种)例7：如图，要给地图A 、B 、C 、D 四个区域分别涂上3种 不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区 域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有多少种？此题可假想你是刷墙工人，站在A 面前，有3种选择，还没完，所以是 分步，用乘法原则。
刷B 有2种，刷C 有1种，刷D 有1种，共有 3×2×1×1=6(种)解：A 区域可以在3种色中任选一种来涂色，B 区域可以在剩下2种色中任选一种来涂色，C 区域可以在剩下1种色中任选一种来涂色，D 区域只可以于A 选同一种色来涂色，根据乘法原理，得到不同涂色方法总共有3×2×1×1=6(种)例8：要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？解：从3名工人中选出1名上日班和1名上晚班，可以看成是经过先选1名上日班，再选1名上晚班这两个步骤完成：先选1名上日班，共有3种选法；再由剩下的2人中选一人上晚班，共有2种选法．根据分步计数原理，不同的选法种数是N =3×2=6．答：从3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有6种不同的选法．说明：当数字较小时，此类问题也可以用列表的方法（即写出全部可能的选法）求解：日班 甲 甲 乙 乙 丙 丙 晚班 乙 丙 甲 丙 甲 乙例9：班上有一名优秀生今年被保送到重点院校深造，有四所院校，每所院校有三个不同的专业可供他选择志愿。
但他的志愿表如下：法?此题假想你是那名学生，首先填第一志愿的学校，有4种选择，再填它的专业志愿，有3×2种选择，下一步再填第二志愿的学校，有3种选择，再填它的专业志愿，有3×2种选择，所以得到不同填报志愿方法总共有4×3×2×3×3×2=432(种)分析：这是一个分步问题用乘法原理．填第一志愿的学校，有4种选择，它的专业志愿有3×2种选择，下一步再填第二志愿的学校，有3种选择，它的专业志愿也有3×2种选择，所以得到不同填报志愿方法总共有4×3×2×3×3×2=432(种)例10：从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有____。
(A)240 (B)180 (C)120 (D)60 分析：显然本题应分步解决。
（一）从6双中选出一双同色的手套，有16C 种方法；（评析：此处将“双”看为单单元，用组合数可以一步表示出来，但还没到位，事情还没完成，后续步骤用乘法原理。
）（二）从剩下的十只手套中任选一只，有110C 种方法。
（三）从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只，有18C 种方法； （评析：此处将“只”看为单单元） （四）由于选取与顺序无关，因而（二）（三）中的选法重复一次，因而共121116108C C C ⨯⨯=240种。
（评析：此为后文球箱模型中的均分问题，详见后文）例11.（08湖北文9.）从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案为（ ）A 100B 110C 120D 180 例12.（08辽宁理7．）4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为（ ） A ．31 B ．21 C ．32 D ．43例13.（08四川文15）.从甲，乙等10名同学中选4名去参加某项公益活动，要求甲、乙至少有1人参加，则不同的挑选方式共有例14.（08福建文9）某班级要从4明男生、2明女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 _________, 例15．（06辽宁卷）5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队员的排法有_______种.(以数作答)例16.（08天津文16．）有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取4张卡片所标数字之和小于10，则不同的排法共有____________种（用数字作答）．二、两个优先：特殊元素（位置）优先有时题中会对指定的元素或位置有特定的要求，这时需对此特定位置或元素优先考虑，然后在考虑其它元素，又或者某些元素有一些特殊性（如数字“0”、多面手问题等），也应对其优先考虑。