考研高数总复习专题三第讲(讲义)

()
A．3
B．4
C．5
D．6
Foil 12
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解析 (1)利用函数思想，通过讨论 Sn＝d2n2＋a1－d2n 的单调
性判断．
本 设{an}的首项为 a1，则 Sn＝na1＋12n(n－1)d＝d2n2＋a1－d2n.
讲
栏 目
由二次函数性质知 Sn 有最大值时，则 d<0，故 A、B 正确；
公差为13的等差数列，
本 则 bn＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，
讲 栏
则 an＝3nbn＝(n＋2)×3n－1，
目 开 关
从而有n＋an 2＝3n－1，
故 Sn＝a31＋a42＋a53＋…＋n＋an2
＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝11－－33n＝3n－2 1，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在 m∈N*，使对任意 n∈N*总有 Sn<Tm＋λ，
则 10<4＋λ，得 λ>6.
Foil 23
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等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法
(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求
本 讲
解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．
栏 目
(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问
②由①有 Sn＝3[11－－－－22n]＝1－(－2)n.
假设存在 n，使得 Sn≥2 013，
则 1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.
本
讲 栏
当 n 为偶数时，(－2)n>0.上式不成立；
目 开
当 n 为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，
关 即 2n≥2 012，则 n≥11.
本 讲
序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存
栏 目
在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数
开 λ的取值范围．
关
解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝n9－ 2 n.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
Foil 6
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考点一 与等差数列有关的问题
本 例 1 在等差数列{an}中，满足 3a5＝5a8，Sn 是数列{an}的前 n
讲 项和．
栏
目 开 关
(1)若 a1>0，当 Sn 取得最大值时，求 n 的值； (2)若 a1＝－46，记 bn＝Sn－n an，求 bn 的最小值．
Foil 7
讲 栏
所有正整数 n 的值．
目 开
(1)证明
由 bn＝3－nan 得 an＝3nbn，
关 则 an＋1＝3n＋1bn＋1.
代入an＋1－3an＝3n中，得3n＋1bn＋1－3n＋1bn＝3n，
即得bn＋1－bn＝13.
所以数列{bn}是等差数列．
Foil 25
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(2)解 因为数列{bn}是首项为 b1＝3－1a1＝1，
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解 (1)设{an}的公差为 d，则 由 3a5＝5a8，得 3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－223a1.
∴Sn＝na1＋nn－2 1×－223a1＝－213a1n2＋2243a1n
本
讲 栏
＝－213a1(n－12)2＋12434a1.
目
开 关
∵a1>0，∴当 n＝12 时，Sn 取得最大值．
本 故 a1＝－m－2 1，
讲 栏
因为 am＋am＋1＝5，
目
开 关
故 am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d
＝－(m－1)＋2m－1＝5，
即 m＝5.
答案 (1)C
(2)C
Foil 14
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考点二 与等比数列有关的问题
例 2 (1)(2012·课标全国)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6
开 关
因为{Sn}为递增数列，则 d>0，不妨设 a1＝－1，d＝2，显然
{Sn}是递增数列，但 S1＝－1<0，故 C 错误；
对任意 n∈N*，Sn 均大于 0 时，a1>0，d>0，{Sn}必是递增数列， D 正确．
Foil 13
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(2)am＝2，am＋1＝3，故 d＝1，
因为 Sm＝0，故 ma1＋mm2－1d＝0，
本 讲 栏 目 开 关
判 (3) 通 项 公 式 法 ： an ＝ pn ＋ ⇔{an}为等比数列
定 q(p、q 为常数)⇔{an}为等差 (3)通项公式法：
数列 方
an＝c·qn(c、q 均是不为
法 (4)前 n 项和公式法：Sn＝An2 0 的 常 数 ， n∈N*) ⇔
＋Bn(A、B 为常数)⇔{an}为 {an}为等比数列
项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考
查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档
题．
Foil 3
主干知识梳理
1．an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，
本 讲
an＝SS1n，－Sn－1，
n＝1， n≥2.
栏 目
2．等差数列和等比数列
开 关
等差数列
定义
an－an－1＝常数 (n≥2)
开
关 解得q＝32(q＝－1不合题意，舍去)．
答案 (1)D
3 (2)2
Foil 16
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(1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定
义：aan＋n 1(n∈N*)是常数，②利用等比中项a2n＝an－1an＋1(n≥2，
本 n∈N*)．
讲 栏
(2)等比数列中的五个量：a1，an，q，n，Sn可以“知三求
()
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
本 讲
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
栏 目
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
开 关
D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝
－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于
大家好
1
本 讲 栏 目 开 关
Foil 2
第1讲 等差数列、等比数列
【高考考情解读】
高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式：
本 1．以选择题、填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列
讲 栏
的通项公式、前n项和公式及其性质解决与项、和有关的
目 开
计算问题，属于基础题；
关 2．以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通
∴qa31＝＝－1 2，
或q3＝－12， a1＝－8，
∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
Foil 15
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(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解．
S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，
本 讲
将a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，
栏 目
3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，
设等比数列{bn}的公比为q，
Foil 22
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则 q＝bb21＝12，
本 讲 栏
∴∵T(12m)＝m 随4[11m－－增1212加m]而＝递8[减 1－，(12∴)m{]T，m}为递增数列，得 4≤Tm<8.
目 开 关
又 Sn＝n9－ 2 n＝－12(n2－9n) ＝－12[(n－92)2－841]，
本 和)．
讲 栏
(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)
目 开
是n的二次函数或一次函数且不含常数项，即Sn＝An2＋
关 Bn(A2＋B2≠0)．
Foil 11
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(1)(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数
列{an}的前n项和，则下列命题错．误．的是
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列；
③am－an＝(m－n)d⇔d＝amm－－ann(m，n∈N*)；
Foil 10
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④
an bn
＝
A2n－1 B2n－1
(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的
栏 目
解
①设等比数列{an}的公比为 q，则 a1≠0，q≠0.由题意得
开 关
S2－S4＝S3－S2， a2＋a3＋a4＝－18.
即－ a1qa11q＋2－qa＋1qq32＝＝a1－q21，8，
解得aq1＝＝－3，2. 故数列{an}的通项公式为 an＝3×(－2)n－1.
Foil 20
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等差数列
(4){an} 为 等 差 数 列 ⇔
(5){an}为等比数列，an>0⇔ {aan } 为 等 比 数 列 (a>0
{logaan}为等差数列
且 a≠1)
Foil 5
主干知识梳理
(1)若 m、n、p、q∈N*，(1)若 m、n、p、q∈N*，
且 m＋n＝p＋q，则
本 讲
性质
且 m＋n＝p＋q，则 ＋an＝ap＋aq (2)an＝am＋(n－m)d
目 开
二”．
关 (3){an}为等比数列，其性质如下：
①若m、n、r、s∈N*，且m＋n＝r＋s，则am·an＝ar·as；
②an＝amqn－m；
③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(q≠－1)．