第6章数列与数学归纳法 (6)
第6章 数列与数学归纳法(6.4-6.8)
6.4数学归纳法例题精讲【例1】用数学归纳法证明22>n n ,5n N n ∈≥,则第一步应验证n = ． 【参考答案】n =5（注：跟学生说明0n 不一定都是1或2，要看题目）【例2】设)(x f 是定义在正整数集上的函数，且)(x f 满足：“当2()f k k ≥成立时，总可推出(1)f k +≥2)1(+k 成立”． 那么，下列命题总成立的是（ ）A ．若1)1(<f 成立，则100)10(<f 成立；B ．若4)2(<f 成立，则1)1(<f 成立；C ．若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立；D ．若(4)25f ≥成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立． 【参考答案】B【例3】用数学归纳法证明命题：若n 是大于1的自然数，求证：n n <-++++12131211Λ，从k 到+1k ，不等式左边添加的项的项数为 ．【参考答案】当k n =时，左边为1214131211-+++++k Λ． 当1+=k n 时，左边为1212211212112141312111-+++++++-++++++k k k k k ΛΛ．左边需要添的项为121221121211-+++++++k k k k Λ，项数为k k k 212121=+--+．【例4】用数学归纳法证明：422135n n +++能被14整除*n N ∈（）．【参考答案】当=1n 时，8545353361224=+=+++n n 能被14整除．假设当k n =时原命题成立，即422135n n +++能被14整除*n N ∈（）． 当1+=k n 时，原式为4(1)22(1)1442221353355k k k k +++++++=⋅+⋅4422121423(35)5(35)k k k +++=+--44221213(35)565k k k +++=+-⋅．422135n n +++能被14整除，56也能被14整除，所以上式能被14整除，所以当1+=k n 时原命题成立． 综上所述，原命题成立．【例5】是否存在常数,a b 使得()()2112233413n n n an bn +⨯+⨯+⨯+++=+L 对一切正整数n 都成立？证明你的结论．【参考答案】先用1n =和2n =探求1,2a b ==，再用数学归纳法证明【例6】若*n N ∈,求证:23sin coscoscoscos 22222sin2n n nαααααα=L ．【参考答案】① 1n =时,左=cos2α, 右=sin cos22sin2ααα=,左=右② 设n k =时, 23sin coscoscoscos 22222sin2k k kαααααα=L1n k =+时, 2311sin (coscoscoscos )cos cos2222222sin2k k k k kαααααααα++⋅=⋅L=111111sin sin cos22sincos2sin222k k k k k k αααααα++++++⋅=过关演练1． 等式22222574123 (2)n n n -+++++=（ ）．A ． n 为任何正整数时都成立B ． 仅n ＝1，2，3时成立C ． n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ． n ＝4时不成立，其他成立． 2． 用数学归纳法证明22111...(1)1n n a a a a a a++-++++=≠-，在验证1n =时，左端计算所得项为 ．3．利用数学归纳法证明“对任意偶数*()n n N ∈，nna b -能被a b +整除”时，其第二步论证应该是 ．4． 若*1111...()23n S n N n =++++∈，用数学归纳法证明*21(2,)2n nS n n N >+≥∈，n 从k 到1k +时，不等式左边增加的项为 ． 5． 若21*718,,n m m n N -+=∈，则21718n m ++=+ ．6． 利用数学归纳法证明22nn >，第一步应该论证 ． 7． 数学归纳法证明：111111111......234212122n n n n n-+-++-=+++-++（*n N ∈）时，当n 从k 到1k +时等式左边增加的项为 ；等式右边增加的项为 ． 8． 用数学归纳法证明：221(1)n n a a ++++可以被21a a ++整除（*n N ∈）．9． 用数学归纳法求证: （1）(1)123 (2)n nn +++++=； （2）222123+++ (2)1(1)(21)6n n n n +=++； （3）333123+++ (3)221(1)4n n n +=+． 10． 在数列{}n a 中，已知111,6(123...)1n a a n +==+++++，*n N ∈，若数列{}n a 前n项和为n S ，求证：3n S n =．6.5数学归纳法的运用例题精讲【例1】已知11=a ，)(*2N n a n S n n ∈=（1）求5432,,,a a a a ；（2）猜想它的通项公式n a ，并用数学归纳法加以证明【参考答案】 解：（1）151,101,61,315432====a a a a （2）)1(2+=n n a n ， 证明：（1）当n=1时，11=a 成立；（2）当n>1时，假设n=k 时，命题成立，即)1(2+=k k a k ，则当n=k+1时，⇒+=++121)1(k k a k S )2)(1(2222]1)1[(2221122++=+•+=+=⇒-+=++k k k k k k k k a k a a k a k k k k k 综上所述，对于所有自然数*N n ∈，)1(2+=n n a n 成立。
高中数学一 1-10章知识点总结复习以及相应习题
高中数学一 1-10章知识点总结复习以及相应习题本文主要介绍高中数学一的1-10章的知识点总结复以及相应题，以供同学们参考。
第1章复数复数的定义，偏序关系及表示法，复数的共轭、模及主值，复数的四则运算，平面向量及其表示，复数的极形式和指数形式。
第2章不等式不等式的基本性质、绝对值不等式，平均值不等式，柯西—施瓦茨不等式等。
第3章函数函数的概念、初等函数、函数的运算，函数的单调性、奇偶性、周期性，反函数，函数的极限，连续性及间断点，导数基本概念，导数的四则运算、函数的求导及应用，函数的凸凹性。
第4章三角函数和解三角形三角函数的概念、性质及基本公式，解三角形的基本原理和计算方法。
第5章解析几何初步平面直角坐标系的建立，点到直线的距离、两点间的距离与中点坐标公式，直线的斜率及倾斜角，直线的一般式、点斜式和截距式，两直线的交点，圆的方程及一般式等。
第6章数列和数学归纳法数列的概念、通项公式及性质，等差数列和等比数列的前n项求和公式，数学归纳法及其应用。
第7章三角函数的图像和性质正弦函数、余弦函数、正切函数的图像及性质，三角函数的诱导公式及简单变形。
第8章导数与函数图像的应用函数的导数，导数的基本公式，函数单调性的判定及其应用，函数图像的绘制，函数图像与导数图像的关系，函数的极值及最值，中值定理等。
第9章不定积分不定积分及基本性质，不定积分的四则运算，基本积分公式及常见的不定积分法，简单的变量代换和分部积分法等。
第10章定积分及其应用定积分的概念、性质和基本公式，牛顿—莱布尼茨公式和变限积分及其应用。
以上是高中数学一1-10章知识点总结的内容，同学们还需通过相应的习题加深对知识的理解和掌握。
第六章数列与数学归纳法
第六章⎪⎪⎪数列与数学归纳法第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为12，34，78，1516，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －12n (n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________． 答案：11613．(教材改编题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3n －1，则a n ＝________. 答案：2×3n －11．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大． 答案：4或5考点一 由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2019·温岭模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差即a 2 018－5＝( )A ．2 017×2 024B ．2 017×1 012C ．2 018×2 024D ．2 018×1 012解析：选B 结合图形可知，该数列的第n 项为a n ＝2＋3＋4＋…＋(n ＋2)，所以a 2 018－5＝4＋5＋6＋…＋2 020＝2 017×(2 020＋4)2＝2 017×1 012.2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)－1,7，－13,19, …； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝n 2＋1； (2)S n ＝2n －a n .解：(1)a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2－1＝2n －1，而a 1＝2，不满足此等式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2－a 1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1， 即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)．所以{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，所以a n －2＝(－1)·⎝⎛⎭⎫12n －1， 即a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若a n ＞0，S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式， 所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，即a 21－3a 1＋2＝0.解得a 1＝1或a 1＝2.因为a 1＝S 1＞1，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝16(a n ＋1)(a n ＋2)－16(a n －1＋1)(a n －1＋2)，所以(a n －a n －1－3)(a n＋a n －1)＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1＞0， 所以a n －a n －1－3＝0，所以数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝3n －1.考点三 由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． 解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n(n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． 解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，当n ≥2，n ∈N *时，有a n ＝2a n －1－2，求数列{a n }的通项公式．解：因为a n ＝2a n －1－2，所以a n－2＝2(a n－1－2)．所以数列{a n－2}是以a1－2＝－1为首项，2为公比的等比数列．所以a n－2＝(－1)×2n－1，即a n＝2－2n－1.[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n}的通项公式．(1)a1＝1，a n＋1＝a n＋2n(n∈N*)；(2)a1＝1,2na n＋1＝(n＋1)a n(n∈N*)；(3)a1＝1，a n＝3a n－1＋4(n≥2)．解：(1)由题意知a n＋1－a n＝2n，a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)由2na n＋1＝(n＋1)a n，得a n＋1a n＝n＋12n.所以a n＝a na n－1·a n－1a n－2·a n－2a n－3·…·a2a1·a1＝n2(n－1)·n－12(n－2)·n－22(n－3)·…·22×1×1＝n2n－1.(3)因为a n＝3a n－1＋4(n≥2)，所以a n＋2＝3(a n－1＋2)．因为a1＋2＝3，所以{a n＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以a n＋2＝3n，即a n＝3n－2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·嘉兴七校联考)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋n，则a5＝() A．25B．30C ．10D ．12解析：选B 因为a n ＝n 2＋n ，所以a 5＝25＋5＝30.2．(2018·浙江三地联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2n －1－1D.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2解析：选B 由log 2(S n ＋1)＝n 可得S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n－1－1)＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1满足上式．所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.3．(2018·衢州模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n 为( )A.1n ＋1B.2n ＋1 C.1n D.2n解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝1a n ＋12. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，所以1a n ＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1.4．(2018·诸暨模拟)已知数列{a n }中，对任意的p ，q ∈N *都满足a p ＋q ＝a p a q ，若a 1＝－1，则a 9＝________.解析：由题可得，因为a 1＝－1，令p ＝q ＝1，则a 2＝a 21＝1；令p ＝q ＝2，则a 4＝a 22＝1；令p ＝q ＝4，则a 8＝a 24＝1，所以a 9＝a 8＋1＝a 1a 8＝－1.答案：－15．(2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8＝________，a 2＋a 3＋a 4＝________.解析：因为S n ＝n 2，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15，a 2＋a 3＋a 4＝S 4－S 1＝42－1＝15. 答案：15 15二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2019·天台模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，且满足S n ＝2a n －3(n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．192 B ．189 C ．96D ．93解析：选B 因为S n ＝2a n －3，当n ＝1时，S 1＝2a 1－3＝a 1，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －3－2a n －1＋3＝2a n －2a n －1，解得a na n －1＝2.所以数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 6＝3(1－26)1－2＝189.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)，则此数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列D ．摆动数列解析：选C 因为S n ＋S n ＋1＝a n ＋1，所以当n ≥2时，S n －1＋S n ＝a n ，两式相减，得a n＋a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以有a n ＝0.当n ＝1时，a 1＋a 1＋a 2＝a 2，所以a 1＝0.所以a n ＝0.即数列是常数列．4．(2019·绍兴模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前n 项和为10，则项数n 的值为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：选C 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以该数列的前n 项和S n ＝n ＋1－1＝10，解得n ＝120.5．(2018·丽水模拟)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＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 由a 1＝35∈⎣⎡⎭⎫12，1，得a 2＝2a 1－1＝15∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 3＝2a 2＝25∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝45∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 5＝2a 4－1＝35＝a 1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.6．(2019·镇海模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n ＞0，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：对a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得log 2a n ＋1＝log 2a 2n ＝2log 2a n .所以数列{log 2a n }是以log 2a 1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以log 2a n ＝2n －1，所以a n ＝22n －1.答案：22n －17．(2018·海宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －1，则该数列的前8项和为________．解析：S 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋5＋9＋13＝28. 答案：288．在一个数列中，如果对任意的n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值； (2)证明：a n ＝3n －12.解：(1)因为a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝32－1＋1＝4，a 3＝33－1＋a 2＝9＋4＝13.(2)证明：因为a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －a n －1＝3n －1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝3n －1＋3n －2＋…＋3＋1＝3n －12(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝3－12＝1满足条件． 所以当n ∈N *时，a n ＝3n －12.10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4＜0， 解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.答案：972．(2018·温州模拟)设函数f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，数列{a n }的通项公式a n 满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判定数列{a n }的单调性．解：(1)因为f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，f (2a n )＝2n (n ∈N *) ， 所以f (2a n )＝log 22a n －log2a n 4＝a n －2a n＝2n ，且0＜2a n ＜1， 解得a n ＜0.所以a n ＝n －n 2＋2.(2)因为a n ＋1a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋2n －n 2＋2＝n ＋n 2＋2n ＋1＋(n ＋1)2＋2＜1.因为a n ＜0，所以a n ＋1＞a n . 故数列{a n }是递增数列．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(2018·温州十校联考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7＝______.答案：281．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一 等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．(2019·绍兴模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝______，公差d ＝________.解析：由S 2＝S 6，得S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝4a 1＋14d ＝0，即2a 1＋7d ＝0.由S 55－S 44＝2，得52(a 1＋a 5)5－42(a 1＋a 4)4＝12(a 5－a 4)＝12d ＝2，解得d ＝4，所以a 1＝－14.答案：－14 4[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想． 考点二 等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·温州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：因为对于n ∈N *，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12， 所以a n ＋1＝12－a n， 所以1a n ＋1－1－1a n －1＝112－a n－1－1a n －1＝2－a n －1a n －1＝－1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)由(1)知1a n －1＝－2＋(n －1)(－1)＝－(n ＋1)， 所以a n －1＝－1n ＋1， 即a n ＝n n ＋1. [由题悟法]等差数列的判定与证明方法已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n＝12n －1. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. 考点三 等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝(a 1＋a n )n2，∴当S n ＞0时，n 的最小值为16. 2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足a n ＞0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5＞0，a 7＝S 7－S 6＜0，所以使得a n ＞0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5＞0，则S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＞0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＜0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝12. 答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36， 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d ＞0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．(2018·舟山期末)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 因为a 2＝1，a 4＝5，所以S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝15. 3．(2019·缙云模拟)已知{a n }为等差数列，其公差d 为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D 设数列{a n }的首项为a 1，因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20.所以S 10＝10a 1＋45d ＝200－90＝110.4．(2019·腾远调研)我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：________日相逢？解析：由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d 1＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d 2＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m ＝9(负值舍去)．即二马需9日相逢．答案：95．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，则a 6＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．16D ．45解析：选B 因为a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，所以2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1，即a 2n ＋1－a 2n ＝a 2n －a 2n －1，所以数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，所以a 6＝18－2＝4.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7， 即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114 B.32 C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个． 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ， 整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2019·台州中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝18，S 18＝54，则a 17＝________，S n ＝__________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 2＝18，S 18＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝18，18a 1＋18×172d ＝54，解得a 1＝20，d ＝－2.所以a 17＝a 1＋16d ＝20－32＝－12，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋21n .答案：－12 －n 2＋21n7．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·金华浦江适考)设数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，其中a n ＝－3n ＋20，b n ＝|a n |，则使T n ＝S n 成立的最大正整数n 为________，T 2 018＋S 2 018＝________.解析：根据题意，数列{a n }中，a n ＝－3n ＋20，则数列{a n }是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n ≤6时，a n ＞0，当n ≥7时，a n ＜0，又由b n ＝|a n |，当n ≤6时，b n ＝a n ，当n ≥7时，b n ＝－a n ，则使T n ＝S n 成立的最大正整数为6，T 2 018＋S 2 018＝(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a 2 018)＋(b 1＋b 2＋…＋b 6＋b 7＋b 8＋…＋b 2 018)＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)＝(17＋2)×6＝114.答案：6 1149．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . 解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2， 所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k . 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列， 所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n ＞0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5＞0，所以a 1＞0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min＝4.答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3， 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3， 解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3， 得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)， 则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，….此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{a n }各项都是正数，且a 4－2a 2＝4，a 3＝4，则a n ＝________；S 10＝________.解析：设公比为q ，因为a 4－2a 2＝4，a 3＝4， 所以有4q －8q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1. 因为q ＞0，所以q ＝2.所以a 1＝a 3q 2＝1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1.所以S 10＝1－2101－2＝210－1＝1 023.答案：2n －1 1 0233．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，则a 3＝______；S 5＝_________. 答案：9 1211．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2＞0，∴a 5＝4. 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 答案：－12或1考点一 等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{a n }的公比为2，前n 项和为S n .若1＋2a 2＝S 3，则a 1＝( ) A .17 B.15 C.13D ．1解析：选C 由题可得，1＋4a 1＝a 1＋2a 1＋4a 1，解得a 1＝13.2．(2018·杭二中仿真)各项都是正数的等比数列{a n }中，若a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( ) A.5＋12B.5－12C.1－52D.5＋12或1－52解析：选B 设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，由a 2，12a 3，a 1成等差数列可得a 3＝a 2＋a 1，所以有q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12(负值舍去)．所以a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝5－12. [由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想1．(2019·浙北联考)设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝( )A ．2B ．4 C.152D.172解析：选C 因为q ＝2，所以S 4a 2＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2＝1＋q ＋q 2＋q 3q ＝1＋2＋4＋82＝152.2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＝14，a 2a 8＝4(a 5－1)，则a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8的值为( )A ．20B ．31C ．62D ．63解析：选B 因为a 2a 8＝a 25＝4(a 5－1)，解得a 5＝2.所以q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．(2018·杭州二检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.解析：由题可得，设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，根据题意可得a 1(1－q 4)1－q ＝80，a 1(1－q 2)1－q＝8，解得a 1＝2，q ＝3，所以a 5＝a 1q 4＝2×34＝162. 答案：3 162考点二 等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：因为S n ＋1＝4a n ＋2， 所以S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，又a 1＝1，所以a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3， 当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝4a n －4a n －1. 因为b n ＝a n ＋1－2a n ， 所以当n ≥2时，b n b n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2. 所以{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列．考点三 等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7. 由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.解析：由题可得，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，因为S 4S 2＝5，不妨设S 2＝1，则S 4＝5，所以S 4－S 2＝4， 所以S 8＝1＋4＋16＋64＝85， 所以S 8S 4＝855＝17.答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20.则该数列的前9项和为( )A ．50B ．70C ．80D ．90解析：选B 由等比数列的性质得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，由S 3＝40，S 6－S 3＝20，知公比为12，故S 9－S 6＝10，S 9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{a n }是等比数列，且a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________；a 4的最大值为________．解析：因为a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝5，所以a 3＋a 5＝5≥2a 3a 5＝2a 4，所以a 4≤52.即a 4的最大值为52.答案：552一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( )A ．－3B ．±3C ．－3 3D ．±3 3解析：选C 因为－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz ＝3，y 2＝3，且y 与－1，－3符号相同，所以y ＝－3，所以xyz ＝－3 3.2．(2019·湖州六校联考)已知等比数列的前n 项和为54，前2n 项和为60，则前3n 项和为( )A ．66B ．64C ．6623D ．6023解析：选D 因为等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，所以54(S 3n －60)＝36，解得S 3n ＝6023.3．(2018·金华十校联考)在等比数列{a n }中，已知a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11的值为( ) A ．10 B ．25C ．50D ．75解析：选B 因为a 7a 12＝a 8a 11＝a 9a 10＝5，所以a 8a 9a 10a 11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝_________，公比q ＝________.解析：因为S n ＋3＝8S n ＋3，所以当n ≥2时，S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减，可得a n ＋3＝8a n ，所以q 3＝8，解得q ＝2；当n ＝1时，S 4＝8S 1＋3，即15a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.答案：3725．(2018·永康适应性测试)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n ＋n ，则a 1＝______，数列{a n }的通项公式a n ＝_______.解析：因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋n －2a n －1－n ＋1，即a n ＝2a n －1－1，即a n －1＝2(a n －1－1)，所以数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以a n －1＝－2n ，所以a n ＝1－2n .答案：－1 1－2n二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·浙大附中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝pS n ＋q (n ∈N *，p ≠－1)，则“a 1＝q ”是“{a n }为等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为a n ＋1＝pS n ＋q ，所以当n ≥2时，a n ＝pS n －1＋q ，两式相减得a n ＋1－a n ＝pa n ，即当n ≥2时，a n ＋1a n ＝1＋p .当n ＝1时，a 2＝pa 1＋q .所以当a 1＝q 时，a 2a 1＝1＋p ，满足上式，故数列{a n }为等比数列，所以是充分条件；当{a n }为等比数列时，有a 2＝pa 1＋q ＝(1＋p )a 1，解得a 1＝q ，所以是必要条件，从而选C.2．(2019·乐清模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( )A ．44B ．45 C.46－13D.45－13解析：选B 因为a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＝S n ＋1－S n ，所以S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝1，公比为4的等比数列，所以S 6＝45.3．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 ．－5B ．－15C ．5D.15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.4．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.5．(2019·金华模拟)设A n ，B n 分别为等比数列{a n }，{b n }的前n 项和．若A n B n ＝12n ＋1，则a 7b 3＝( )。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法一、数列1. 数列的概念- 数列是按照一定顺序排列的一列数。
例如：1,3,5,7,·s就是一个数列，其中的每一个数叫做这个数列的项，第n个数叫做数列的第n项，通常用a_{n}表示。
- 数列的表示方法：- 列举法：如数列2,4,6,8,10，直接将数列的项一一列举出来。
- 通项公式法：如果数列{a_{n}}的第n项a_{n}与n之间的函数关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。
例如，数列a_{n}=2n，n = 1,2,3,·s，当n = 1时，a_{1}=2×1 = 2；当n = 2时，a_{2}=2×2 = 4等。
- 递推公式法：给出数列的第一项（或前几项），并给出数列的某一项与它的前一项（或前几项）的关系式来表示数列，这种表示数列的式子叫做这个数列的递推公式。
例如，数列{a_{n}}满足a_{1}=1，a_{n}=a_{n - 1}+2(n≥slant2)，通过这个递推公式可以依次求出数列的各项。
2. 等差数列- 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用d表示。
即a_{n}-a_{n - 1}=d(n≥slant2)。
- 通项公式：a_{n}=a_{1}+(n - 1)d。
例如，已知等差数列a_{1}=3，d = 2，则a_{n}=3+(n - 1)×2=2n + 1。
- 前n项和公式：S_{n}=frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=na_{1}+(n(n - 1))/(2)d。
3. 等比数列- 定义：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一个常数（不为0），那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用q表示。
即frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=q(n≥slant2)。
(六)数学归纳法
（六）数学归纳法一、知识要点1.一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数0n 的所有正整数n 都成立时，可以用数学归纳法。
2.数学归纳法的证明步骤：（1）证明0n n =时命题成立；（2）假设),(0n k N k k n ≥∈=+时命题成立，证明1+=k n 时命题也成立。
由（1）、（2）两步可得，所证命题成立。
二、例题解析例1.用数学归纳法证明：))(12()2()12(4321222222+∈+-=--++-+-N n n n n n .例2.如果x 是实数，且n x x ,0,1≠->为大于1的自然数，证明：nx x n+>+1)1(.例3.平面上有n 条直线，其中任意两条都相交，任意三条不共点，这些直线把平面分成多少个区域？证明你的结论。
例4.证明：当)1(3221+++•+•=n n a n （n 是正整数）时，不等式2)1(2)1(2+<<+n a n n n .【点评】利用数学归纳法证明不等式的关键是由k n =到1+=k n 的变形，为了达到目标，往往要采用“放缩”等手段。
知识检测1.用数学归纳法证明不等式),2)((12131211+∈≥<-++++N n n n f n 的过程中，由k n =到1+=k n 时，左边增加了（ ）A.1 项B.k 项C.12+k 项D.k 2 项2.某个命题与正整数n 有关，如果当)(+∈=N k k n 时命题成立，那么可推得当1+=k n 时，命题也成立。
现已知当5=n 时命题不成立，那么可推得（ ）A.当6=n 时该命题不成立B.当6=n 时该命题成立C.当4=n 时该命题不成立D.当4=n 时该命题成立3.证明不等式θθsin sin n n ≤（+∈N n ）4.证明：1131211)321(2-+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++++n n n n （2,>∈n N n ）.5.证明：n n n113121222-<+++ （1,>∈n N n ）.6.用数学归纳法证明，对于n n n N n <+++•+•∈)1(1321211,* .*7.已知数列{}n b 是等差数列，)(145,1*10211N n b b b b ∈=+++= . （1）求数列{}n b 的通项.（2）设数列{}n a 的通项)11(log na nb a +=（其中0>a 且1≠a ），记n S 是数列{}n a 的前n 项的和，试比较n S 与1log 31+n a b 的大小，并证明你的结论。
职高数学各章节知识点汇总
职高数学各章节知识点汇总一. 第一章概率统计基础1. 概率的概念及其计算2. 随机事件与样本空间3. 古典概型、几何概型及其应用4. 条件概率、独立性及其应用5. 贝叶斯公式的应用6. 随机变量及其概率分布7. 数学期望、方差及其应用8. 离散型和连续型随机变量及其性质9. 正态分布及其应用二. 第二章数据的搜集1. 调查与抽样2. 问卷设计及其质量评估3. 采样方法及其应用4. 质量控制及其应用5. 数据质量评估三. 第三章数据的表示和分析1. 描述统计学基本概念及其应用2. 基本统计量及其计算方法3. 频率分布表与图的绘制4. 偏态与峰态的概念及其计算5. 相关系数及其应用6. 线性回归分析及其应用7. 方差分析及其应用四. 第四章指数与对数函数1. 指数函数及其性质2. 对数函数及其性质3. 指数与对数的运算法则4. 指数函数、对数函数的图像与性质5. 带底数的指数函数、对数函数及其运算法则6. 指数函数、对数函数的应用五. 第五章三角函数1. 角度与弧度的转换2. 常用角度的三角函数及其图像3. 三角函数的周期性及其应用4. 三角函数的基本公式及其应用5. 立体角与球面三角学的基本概念六. 第六章数列和数学归纳法1. 数列的概念及其性质2. 等差数列与等比数列的求和公式3. 递推与递归数列及其应用4. 数学归纳法的基本思想及其应用七. 第七章函数的基本概念1. 函数的定义及其性质2. 常用函数的图像与性质3. 函数的分类及其应用4. 复合函数的定义与应用5. 反函数的定义与应用八. 第八章一次函数与二次函数1. 一次函数的定义、图像、性质及其应用2. 二次函数的定义、图像、性质及其应用3. 一次函数、二次函数的解析式及其应用4. 一次函数、二次函数的应用九. 第九章不等式与方程1. 不等式的基本概念及其性质2. 一次不等式的求解方法及其应用3. 二次不等式的求解方法及其应用4. 绝对值不等式的求解方法及其应用5. 方程的基本概念及其性质6. 一次方程的解法及其应用7. 二次方程的解法及其应用十. 第十章平面向量1. 平面向量的基本概念及其表示方法2. 平面向量的数量积、向量积及其性质3. 向量共线、垂直的判定及其应用4. 平面向量的应用，如平移、旋转等十一. 第十一章平面几何图形的性质1. 基本特征及其图形的分类2. 三角形的基本性质3. 四边形、多边形的基本性质4. 圆的基本性质5. 圆锥、圆柱、球体的基本概念及其应用。
数学归纳法与数列的递推关系
数学归纳法与数列的递推关系数学归纳法是一种常用的证明方法，在数学领域中有着重要的地位。
它与数列的递推关系密切相关，通过数学归纳法可以证明数列的递推关系的成立。
本文将从数学归纳法的基本原理入手，探讨其与数列的递推关系的联系。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种证明方法，用于证明对于所有自然数n都成立的命题。
其基本原理分为两个步骤：（1）基础步骤：证明当n=1时命题成立；（2）归纳步骤：假设当n=k时命题成立，然后证明当n=k+1时命题也成立。
基于这两个步骤，通过不断迭代，就能够得到当n为任意自然数时命题成立的结论。
二、数列的递推关系数列是数学中重要的概念，它可以表示一组按照一定规律排列的数。
数列的递推关系指的是通过已知的前几项来求解后面的项的关系。
常见的数列递推关系有等差数列和等比数列。
（1）等差数列的递推关系等差数列的递推关系可以表示为an = an-1 + d，其中an表示第n个项，d表示公差，an-1表示前一个项。
等差数列的递推关系可以用数学归纳法进行证明。
（2）等比数列的递推关系等比数列的递推关系可以表示为an = an-1 * r，其中an表示第n个项，r表示公比，an-1表示前一个项。
等比数列的递推关系同样可以通过数学归纳法来证明。
三、数学归纳法与数列的递推关系的联系数学归纳法与数列的递推关系有着密切的联系。
数学归纳法常常被用于证明数列的递推关系的正确性。
以等差数列为例，我们通过数学归纳法可以证明等差数列的递推关系an = an-1 + d对于所有正整数n都成立。
通过基础步骤，当n=1时，等差数列的递推关系成立。
然后在归纳步骤中，假设当n=k时等差数列的递推关系成立，即ak = ak-1 + d。
接下来，我们需要证明当n=k+1时等差数列的递推关系也成立，即ak+1 = ak + d。
通过简单的计算可以得到ak+1 = ak +d，符合等差数列的递推关系。
因此，根据数学归纳法，等差数列的递推关系对于所有正整数n都成立，得证。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学中的数列是由一组按照一定规律排列的数字所组成的序列。
数列在数学研究中有着重要的地位，而数学归纳法则是一种常用于证明数列中某种性质或规律的方法。
本文将从数列的定义、分类以及数学归纳法的应用等方面进行讨论。
一、数列的定义与分类数列是按照一定的顺序排列的一组数字的集合。
在数列中，每个数字被称为数列的项，而数列的位置则由项的下标来表示。
一般来说，数列用大括号包围，项之间用逗号隔开，如{a₁, a₂, a₃, ...}。
根据数列的规律，我们可以将数列进行不同的分类。
最简单的是等差数列，即数列中的每一项与其前一项之差都相等。
例如：{1, 3, 5, 7, 9, ...}就是一个等差数列，其中公差为2。
另外一种常见的数列是等比数列，即数列中的每一项与其前一项之比都相等。
例如：{1, 2, 4, 8, 16, ...}就是一个等比数列，其中公比为2。
除了等差数列和等比数列之外，还有很多其他类型的数列，如斐波那契数列、调和数列等。
二、数学归纳法的原理与应用数学归纳法是一种用于证明数列中某种性质或规律的方法。
其基本思想是通过证明当某一性质在某个特定条件下成立时，该性质在下一个条件下也成立，从而推断该性质对于所有条件均成立。
数学归纳法的证明分为三个步骤：基础步骤、归纳假设和归纳步骤。
基础步骤：证明当条件为数列中的第一个项时，所要证明的性质成立。
通常来说，这一步骤相对简单，通过计算或直接观察即可得出结论。
归纳假设：假设当条件为数列中的第k项时，所要证明的性质成立。
即假设P(k)成立。
归纳步骤：证明当条件为数列中的第k+1项时，所要证明的性质也成立。
即证明在P(k)成立的情况下，P(k+1)也成立。
通过这三个步骤的推理，我们就能够得出性质在数列的每一项都成立的结论。
数学归纳法的应用非常广泛，特别是在数列的相关问题中。
例如，我们要证明一个等差数列中的所有项的和公式为Sn=n(a₁+an)/2，其中Sn表示前n项的和，a₁表示第一项，an表示第n项。
数学基础模块(下册)第六章 数列
【课题】6．1 数列的概念【教学目标】知识目标：（1）了解数列的有关概念；（2）掌握数列的通项（一般项）和通项公式．能力目标：通过实例引出数列的定义,培养学生的观察能力和归纳能力．【教学重点】利用数列的通项公式写出数列中的任意一项并且能判断一个数是否为数列中的一项．【教学难点】根据数列的前若干项写出它的一个通项公式．【教学设计】通过几个实例讲解数列及其有关概念：项、首项、项数、有穷数列和无穷数列．讲解数列的通项（一般项）和通项公式．从几个具体实例入手,引出数列的定义.数列是按照一定次序排成的一列数．学生往往不易理解什么是“一定次序”．实际上，不论能否表述出来，只要写出来，就等于给出了“次序”，比如我们随便写出的两列数：2，1，15，3，243，23与1，15，23，2，243，3，就都是按照“一定次序”排成的一列数，因此它们就都是数列，但它们的排列“次序”不一样，因此是不同的数列．例1和例3是基本题目,前者是利用通项公式写出数列中的项；后者是利用通项公式判断一个数是否为数列中的项,是通项公式的逆向应用．例2是巩固性题目,指导学生分析完成.要列出项数与该项的对应关系，不能泛泛而谈,采用对应表的方法比较直观,降低了难度,学生容易接受.【教学备品】教学课件．【课时安排】2课时．(90分钟)【教学过程】【教师教学后记】【课题】 6．2 等差数列（一）【教学目标】知识目标：（1）理解等差数列的定义； （2）理解等差数列通项公式． 能力目标：通过学习等差数列的通项公式,培养学生处理数据的能力．【教学重点】等差数列的通项公式．【教学难点】等差数列通项公式的推导．【教学设计】本节的主要内容是等差数列的定义、等差数列的通项公式.重点是等差数列的定义、等差数列的通项公式；难点是通项公式的推导．等差数列的定义中,应特别强调“等差”的特点:d a a n n =-+1(常数).例1是基础题目,有助于学生进一步理解等差数列的定义.教材中等差数列的通项公式的推导过程实际上是一个无限次迭代的过程,所用的归纳方法是不完全归纳法.因此,公式的正确性还应该用数学归纳法加以证明.例2是求等差数列的通项公式及其中任一项的巩固性题目,注意求公差的方法.等差数列的通项公式中含有四个量：,,,,1n a n d a 只要知道其中任意三个量，就可以求出另外的一个量．【教学备品】教学课件．【课时安排】2课时．(90分钟)【教学过程】【教师教学后记】【课题】 6．2 等差数列【教学目标】知识目标：理解等差数列通项公式及前n 项和公式． 能力目标：通过学习前n 项和公式,培养学生处理数据的能力．【教学重点】等差数列的前n 项和的公式．【教学难点】等差数列前n 项和公式的推导．【教学设计】本节的主要内容是等差数列的前n 项和公式,等差数列应用举例.重点是等差数列的前n 项和公式；难点是前n 项和公式的推导以及知识的简单实际应用．等差数列前n 项和公式的推导方法很重要,所用方法叫逆序相加法，应该让学生理解并学会应用．等差数列中的五个量1a 、d 、n 、n a 、n S 中,知道其中三个,可以求出其余两个,例5和例6是针对不同情况,分别介绍相应算法．例7将末项看作是首项的思想是非常重要的,以这类习题作为载体,对培养学生的创新精神是十分重要的．【教学备品】教学课件．【课时安排】2课时．(90分钟) 【教学过程】【教师教学后记】【课题】6．3 等比数列【教学目标】知识目标：（1）理解等比数列的定义；（2）理解等比数列通项公式． 能力目标：通过学习等比数列的通项公式,培养学生处理数据的能力．【教学重点】等比数列的通项公式．【教学难点】等比数列通项公式的推导．【教学设计】本节的主要内容是等比数列的定义,等比数列的通项公式.重点是等比数列的定义、等比数列的通项公式；难点是通项公式的推导．等比数列与等差数列在内容上相类似，要让学生利用对比的方法去理解和记忆，并弄清楚二者之间的区别和联系.等比数列的定义是推导通项公式的基础，教学中要给以足够的重视.同时要强调“等比”的特点:q a a nn =+1(常数). 例1是基础题目,有助于学生进一步理解等比数列的定义.与等差数列一样，教材中等比数列的通项公式的归纳过程实际上也是不完全归纳法，公式的正确性也应该用数学归纳法加以证明，这一点不需要给学生讲.等比数列的通项公式中含有四个量：1a ，q ,n , n a , 只有知道其中任意三个量，就可以求出另外的一个量.教材中例2、例３都是这类问题.注意:例3中通过两式相除求公比的方法是研究等比数列问题常用的方法.从例4可以看到,若三个数成等比数列,则将这三个数设成是aq a qa,,比较好,因为这样设了以后,这三个数的积正好等于,3a 很容易将a 求出.【教学备品】教学课件．【课时安排】2课时．(90分钟)【教学过程】【教师教学后记】【课题】 6．3 等比数列【教学目标】知识目标：理解等比数列前n 项和公式． 能力目标：通过学习等比数列前n 项和公式,培养学生处理数据的能力．【教学重点】等比数列的前n 项和的公式．【教学难点】等比数列前n 项和公式的推导．【教学设计】本节的主要内容是等比数列的前n 项和公式,等比数列应用举例.重点是等比数列的前n 项和公式；难点是前n 项和公式的推导、求等比数列的项数n 的问题及知识的简单实际应用．等比数列前n 项和公式的推导方法叫错位相减法，这种方法很重要，应该让学生理解并学会应用．等比数列的通项公式与前n 项和公式中共涉及五个量：n n S a n q a 、、、、1，只要知道其中的三个量，就可以求出另外的两个量.教材中例6是已知n n S a a 、、1求n q 、的例子．将等号两边化成同底数幂的形式,利用指数相等来求解n 的方法是研究等比数列问题的常用方法.【教学备品】教学课件．【课时安排】3课时．(135分钟)【教学过程】【教师教学后记】−。
高中数学中的数列求和与数学归纳法
高中数学中的数列求和与数学归纳法数列求和和数学归纳法是高中数学中重要的概念和方法。
数列求和是指将数列中的所有项相加，得到一个总和的过程。
而数学归纳法则是一种证明数学命题的方法，通过证明命题在第一个情况下成立，并假设在第n个情况下也成立，从而推导出在第n+1个情况下也成立。
数列求和是数学中常见的问题之一。
在高中数学中，我们学习了一些常见的数列求和公式，如等差数列求和公式和等比数列求和公式。
等差数列是指数列中的每一项与前一项之差都相等的数列，而等比数列则是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。
通过这些公式，我们可以快速计算出数列的总和，而不需要逐项相加。
举例来说，我们考虑一个等差数列：1，3，5，7，9。
我们可以通过等差数列求和公式得到这个数列的总和。
等差数列求和公式为：Sn = n/2 * (a1 + an)，其中Sn表示数列的总和，n表示数列的项数，a1表示数列的首项，an表示数列的末项。
对于这个例子，数列的项数n为5，首项a1为1，末项an为9。
代入公式可以得到：S5 = 5/2 * (1 + 9) = 5 * 10 = 50。
因此，这个等差数列的总和为50。
数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法。
它的基本思想是通过证明命题在第一个情况下成立，并假设在第n个情况下也成立，从而推导出在第n+1个情况下也成立。
数学归纳法在高中数学中广泛应用于证明数列的性质和等式的成立。
例如，我们考虑一个数列的性质：1，3，5，7，9，...，其中每一项都是奇数。
我们可以使用数学归纳法来证明这个性质。
首先，我们证明命题在第一个情况下成立，即第一项1是奇数。
然后，我们假设在第n个情况下命题成立，即第n个项是奇数。
接下来，我们需要证明在第n+1个情况下命题也成立，即第n+1个项也是奇数。
根据数列的定义，每一项都是前一项加2，所以第n+1个项可以表示为an+1 = an + 2。
由于我们假设第n个项是奇数，即an是奇数，而奇数加2仍然是奇数，所以第n+1个项也是奇数。
1 第1讲 数列的概念与简单表示法
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第六章 数列与数学归纳法
11
2．在数列{an}中，an＝－n2＋6n＋7，当其前 n 项和 Sn 取最大值时，n＝________． 解析：由题可知 n∈N*，令 an＝－n2＋6n＋7≥0，得 1≤n≤7(n∈N*)，所以该数列的第 7 项为零，且从第 8 项开始 an<0，则 S6＝S7 且最大． 答案：6 或 7
第六章 数列与数学归纳法
第1讲 数列的概念与简单表示法
数学
第六章 数列与数学归纳法
1
01
基础知识 自主回顾
02
核心考点 深度剖析
03
高效演练 分层突破
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第六章 数列与数学归纳法
2
知识点 数列的概念和
简单表示法
等差数列
最新考纲
了解数列的概念和表示方法(列表、图象、公式).
理解等差数列的概念． 掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用． 了解等差数列与一次函数的关系． 会用数列的等差关系解决实际问题.
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第六章 数列与数学归纳法
25
由数列递推式求通项公式的常用方法
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第六章 数列与数学归纳法
26
1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n（n1＋1），则 an＝________． 解析：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n－1 1－n1＋n－1 2－n－1 1＋…＋ 12－13＋1－12＋2＝3－n1. 答案：3－n1
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第六章 数列与数学归纳法
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数列是数学中常见的一种数学对象，它是由一系列按照特定规律排列的数所组成的序列。
在数学归纳法中，数列扮演着重要的角色。
本文将介绍数列的概念、种类以及数学归纳法的应用。
一、数列的概念和种类1. 数列的概念数列是指一列按照一定规律排列的数。
数列常用字母表示，如数列$a_1，a_2，a_3，\ldots$。
其中$a_n$表示数列的第n项。
2. 等差数列等差数列是指数列中每一项与它前一项之差都相等的数列。
设数列的第一项为$a_1$，公差为$d$，则等差数列的通项公式为：$$a_n=a_1+(n-1)d$$其中$n$为项数。
3. 等比数列等比数列是指数列中每一项与它前一项的比例都相等的数列。
设数列的第一项为$a_1$，公比为$q$，则等比数列的通项公式为：$$a_n=a_1 \cdot q^{(n-1)}$$其中$n$为项数。
二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种用于证明数学命题的重要方法。
它基于两个核心思想：第一，如果能够证明一个命题在某个特定条件下成立，且这个特定条件在某一时刻能够达到，那么这个命题在所有条件下都成立；第二，假设某一命题在第n个条件下成立，若能够证明在第n+1个条件下也成立，则可得知该命题在任意条件下都成立。
三、数列与数学归纳法的应用1. 应用一：证明等差数列的通项公式以等差数列为例，我们可以使用数学归纳法来证明其通项公式。
首先，在等差数列中验证第一项的成立。
然后，假设命题在第n项成立，即$a_n=a_1+(n-1)d$。
接下来，通过证明在第n+1项也成立，即$a_{n+1}=a_1+nd+d$，来完成数学归纳法的证明过程。
通过数学归纳法的证明，我们可以得到等差数列的通项公式。
2. 应用二：证明等比数列的通项公式类似地，我们可以使用数学归纳法来证明等比数列的通项公式。
首先，在等比数列中验证第一项的成立。
然后，假设命题在第n项成立，即$a_n=a_1 \cdot q^{(n-1)}$。
数学归纳法与数列的证明
数学归纳法与数列的证明数学归纳法是一种重要的数学证明方法，常用于证明关于自然数的命题的正确性。
本文将介绍数学归纳法的基本原理，以及如何利用数学归纳法来证明与数列相关的命题。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种递推的思想，在证明过程中逐步推导出证明对于所有自然数都成立的结论。
其基本原理包括两个步骤：1.基础步骤（或称初始步骤）：首先证明当自然数取某个特定值时命题成立。
即证明当n等于某个固定值时，命题成立。
2.归纳假设：假设当自然数取k时命题成立，即假设对于任意一个自然数k，命题都成立。
3.归纳步骤：利用归纳假设证明当自然数取k+1时命题也成立。
即证明若命题对于k成立，则命题对于k+1也成立。
通过以上三个步骤，可以得出结论：对于所有自然数n，命题都成立。
二、数列的证明与数学归纳法数列是由一系列数按照一定规律排列而成的序列。
在证明数列的性质中，数学归纳法是一种常用的证明方法。
下面将通过一个具体的例子来说明如何利用数学归纳法证明数列的性质。
例题：证明斐波那契数列的性质。
斐波那契数列是指从0和1开始，后续的每一项都等于前两项之和。
即数列的第一项是0，第二项是1，第三项是0+1=1，第四项是1+1=2，如此类推。
我们使用数学归纳法来证明斐波那契数列的性质。
（1）基础步骤：当n=1时，斐波那契数列的第一项为0，符合定义。
（2）归纳假设：假设当n=k时，斐波那契数列的第k项为F(k)。
（3）归纳步骤：证明当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1项也为F(k+1)。
根据斐波那契数列的定义，第k+1项可以表示为F(k)+F(k-1)。
根据归纳假设，F(k)等于斐波那契数列的第k项，F(k-1)等于斐波那契数列的第k-1项。
根据数列的定义和归纳假设，可以得出F(k+1)的表达式。
综上所述，通过数学归纳法可以证明斐波那契数列的性质。
三、其他数列的证明方法除了数学归纳法之外，还有其他一些方法可以用来证明数列的性质。
例如，可以利用数列的通项公式、数学推导或递推关系等方法进行证明。
高一数学第6章总结知识点
高一数学第6章总结知识点高一数学第6章主要包括数列与数学归纳法的学习。
在这一章中，我们学习了数列的定义、性质，以及数学归纳法的应用。
通过学习这些知识点，我们对数列的特点和性质有了更深入的了解，同时也学会了利用数学归纳法解决一些问题。
接下来，我将对这些知识点进行总结。
一、数列的定义和性质在数学中，数列是按照一定规律排列的一系列数的集合。
数列可以表示为{an}，其中an代表数列中的第n个数。
数列中的每个数称为数列的项。
在数列中，我们可以通过给出数列的通项公式或递推关系式来表示数列。
对于数列的性质，我们需要了解以下几个概念：1. 等差数列：如果一个数列中的相邻两项之差是一个常数d，那么这个数列就是等差数列。
等差数列的通项公式可以表示为an= a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
2. 等比数列：如果一个数列中的相邻两项之比是一个常数q，那么这个数列就是等比数列。
等比数列的通项公式可以表示为an= a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。
3. 通项公式：通项公式是用来表示数列中任意一项的公式。
通过通项公式，我们可以直接求得数列中任意一项的值，而不需要逐项计算。
二、数列的求和公式在数列的学习中，求和公式是非常重要的。
对于等差数列和等比数列，我们可以利用求和公式来求得数列的前n项和。
1. 等差数列的求和公式：对于等差数列{an}，其前n项和Sn的公式可以表示为Sn = (n/2)(a1 + an)，其中n代表项数，a1为首项，an为第n项。
2. 等比数列的求和公式：对于等比数列{an}，其前n项和Sn的公式可以表示为Sn = (a1(1-q^n))/(1-q)，其中n代表项数，a1为首项，q为公比。
三、数学归纳法的应用数学归纳法是一种证明方法，通常用于证明某个命题对于自然数的所有情况都成立。
在数列的学习中，我们经常会用到数学归纳法来证明一些数列的性质。
数学归纳法的三个步骤包括：1. 证明基准情形：首先，我们需要证明当n等于某个确定的数时，命题成立。
数学归纳法(6)
用数学归纳法证明 1+3+5+……+(2n-1)=n2 （n∈N ）. ∈ 证明: 左边=1,右边 等式成立； 证明 ①当n=1时,左边 右边 等式成立； 时 左边 右边=1,等式成立 假设当n=k(k∈N ,k≥1)时等式成立 即: 时等式成立, ②假设当 ∈ 时等式成立 1+3+5+……+(2k-1)=k2， 当n=k+1时： 时
= k2 +2k+1 = (k+1)2 所以当n=k+1时等式也成立； 时等式也成立； 所以当 时等式也成立 可否改换为： 可否改换为： 1+3+5+……+(2k-1)+[2(k+1)-1] = 1+3+5+……+(2k-1)+(2k+1) （ k + 1)[1 + (2 k + 1)] = = (k+1)2 ,为什么？ 为什么？ 为什么 2
2.3 数学归纳法 (1)
复习巩固
1.归纳推理的基本特征是什么？ 1.归纳推理的基本特征是什么？ 归纳推理的基本特征是什么 由个别事实概括出一般结论. 由个别事实概括出一般结论.
2 .归纳法： 归纳法： 归纳法 对于某类事物， 对于某类事物，由它的一些特殊事例 或其全部可能情况， 或其全部可能情况，归纳出一般结论 的推理方法， 归纳法。 的推理方法，叫归纳法。 归纳法
典例讲评
例1.由下表 由下表
1 1＋3 ＋ 1＋3＋5 ＋ ＋ 1 ＋ 3＋5＋7 ＋ ＋ ……
＝1 ＝12 ＝4 ＝22 ＝9 ＝32 ＝16＝42 ＝
1＋3＋5＋…＋（ −1）＝n2，(n∈N*) ＋（2n 得出结论: ＋ ＋ ＋ ＋（ 得出结论 _________________________________
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学中的数列是指一系列按照一定规律排列的数，而数学归纳法是一种证明数学命题的方法。
数列与数学归纳法密切相关，数学归纳法常常用于证明数列的性质和定理。
一、数列的定义与性质数列是将一系列数按照一定顺序排列而成的集合。
数列可以是有限的，也可以是无限的。
数列中的每个数称为数列的项，数列的第一个项称为首项，数列的第n个项称为第n项。
在数列中，每个数与它的前一个数之差称为公差，常用字母d表示。
如果数列中任意相邻两项的差值都相等，则称该数列为等差数列。
例如，1，3，5，7，9就是一个公差为2的等差数列。
数列的求和是指将数列中的各项相加得到的结果。
对于等差数列，求和可以利用求首项与末项之和乘以项数除以2的公式来计算。
二、数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种证明数学命题的方法，其基本思想是通过证明两个命题：1.基本命题：当n取某个确定值时，命题成立；2.归纳步骤：假设当n=k时命题成立，然后通过这个假设证明当n=k+1时命题也成立。
基于这两个命题的证明，我们可以得出结论：对于所有正整数n，命题都成立。
三、利用数学归纳法证明数列的性质数学归纳法在证明数列的性质和定理时发挥了重要作用。
下面以数列的递推公式和数列的求和公式为例，说明如何利用数学归纳法进行证明。
1.数列的递推公式数列的递推公式是指通过前一项来定义后一项的关系式。
例如，斐波那契数列的递推公式为：F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中F(1) = 1，F(2)= 1。
利用数学归纳法可以证明斐波那契数列满足递推公式。
首先证明基本命题：当n = 1和n = 2时，斐波那契数列的递推公式成立。
然后假设当n = k时，递推公式成立。
接下来证明当n = k + 1时，递推公式也成立。
通过这个步骤的证明，我们可以得出结论：对于所有正整数n，斐波那契数列的递推公式都成立。
2.数列的求和公式数列的求和公式是指通过数列的前n项来计算数列的和。
对于等差数列，求和公式为Sn = (a1 + an) * n / 2，其中Sn表示等差数列的和，a1为首项，an为末项，n为项数。
06数学归纳法
这就是说，当n=k+1时，等式也成立
根据（1）和（2），可知等式对任何n∈N＊都成立
练习：
1.用数学归纳法证明
2
1 4 2 7 3 10 n (3 n 1) n ( n 1)
2.用数学归纳法证明等差数列的前n项和 公式 n ( n 1) S n na1 d 2
例如在本章2.1节的练习中，同学们用归
纳推理猜想到
1 2 3 n
3 3 3 3
n ( n 1)
2
2
4
(*)
这个猜想是一个与自然数相关的命题， 其正确性有待证明。要证明公式（*）成立， 原则上要对每一个正整数n实施证明。但 是这个证明步骤是无限的，无法实施，需 要另寻方法。数学归纳法可以用有限的步 骤，完成这个命题的证明。其步骤如下：
这就是说，n＝k+1时也成立
所以等式对任何n∈N*都成立 该同学在没有证明当n=1时，等式是否成立的前提 下，就断言等式对任何n∈N*都成立，为时尚早 事实上，当n＝1时，左边＝2，右边＝3 左边≠右边，等式不成立
思考2：下面是某同学 用数学归纳法证明等式 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ ＋ 1 1 1 （n∈N＊） 2 3 2 2 2 2n 2n 成立的过程,它符合数学归纳法的证明要求吗？为什么？ 第二步的证明没有在假设条件下进行，因此不符合 数学归纳法的证明要求
2.3.1 数学归纳法
归纳推理是合情推理，它可以帮助我们 发现规律，但是不能用来证明数学结论，数 学归纳法是已知证明方法，专门用来证明与 自然数相关的命题。 1．数学归纳法:对于某些与自然数n有关的 命题常常采用下面的方法来证明它的正确性: 先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后 假设当n=k (kN*，k≥n0)时命题成立，证明 当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做 数学归纳法
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栏目 导引
第六章
数列与数学归纳法
2．一些常见数列的前 n 项和公式 n（n＋1） (1)1＋2＋3＋4＋„＋n＝ ； 2
2 n (2)1＋3＋5＋7＋„＋(2n－1)＝__________；
n2＋n ． (3)2＋4＋6＋8＋„＋2n＝__________
栏目 导引
第六章
数列与数学归纳法
3．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的 和相等或等于同一个常数，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． (2)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对 应项之积构成的， 那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求， 如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的．
第六章
数列与数学归纳法
第4讲
数列求和
第六章
数列与数学归纳法
1．基本数列求和方法
n（n－1） n（a1＋an） na1＋ d (1)等差数列求和公式：Sn＝ ＝_________________ ． 2 2
na1，q＝1， a1（1－qn） (2)等比数列求和公式：Sn＝a1－anq 1－q ，q≠1. ＝__________ 1－ q
栏目 导引
第六章
数列与数学归纳法
【解】 (1)由 a1＝2，an＋1＝2an，得 an＝2n(n∈N*)． 由题意知：当 n＝1 时，b1＝b2－1，故 b2＝2. 1 当 n≥2 时， bn＝bn＋1－bn， n bn＋1 bn 整理得 ＝ ， n＋1 n 所以 bn＝n. 当 n＝1 时，也符合 bn＝n，综上 bn＝n(n∈N*)．
解析：选 D.an＋2Sn－1＝n⇒an＋1＋2Sn＝n＋1⇒an＋1－an＋2an ＝ 1⇒an＋1＋an＝ 1⇒S2
017＝ a1＋ (a2＋ a3)＋„＋ (a2 016＋ a2 017)
＝1 008³1＋1＝1 009，故选 D.
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第六章
数列与数学归纳法
1 1 1 1 已知数列：1 ，2 ，3 ，„，n＋2n，„，则其前 n 项 2 4 8 和关于 n 的表达式为________．
解析：设所求的前 n 项和为 Sn，则 1 1 1 n（n＋1） 1 Sn＝(1＋2＋3＋„＋n)＋ ＋ ＋„＋ n＝ ＋1－ n. 2 4 2 2 2
n（n＋1） 1 答案： ＋1－ n 2 2
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第六章
数列与数学归纳法
已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn 且 an ＝ n· 2n ，则 Sn ＝ ________．
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第六章
数列与数学归纳法
1 19 1－2 2 1 19 ＝ ＋ － 11 2 1 2 1－ 2
10 3 ³ 2 －23 3 1 19 ＝ － 9－ 11＝ ， 2 2 2 211
3³210－23 3 049 所以 S10＝ ＝ . 210 1 024
3 049 答案： 1 024
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第六章
数列与数学归纳法
裂项相消法求和(高频考点)
裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题第 二问，难度适中．主要命题角度有： 1 (1)形如 an＝ 型； n（n＋k） 1 (2)形如 an＝ 型； n＋k＋ n kan (3)形如 an＝ (a>0，a≠1)型． n n＋1 （a －1）（a －1）
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d.
3＋3d＝3q， q＝3， q＝1， 则有 或 (舍去)， 2 解得 3＋12d＝3q ， d＝2 d＝ 0
所以 an＝3n，bn＝2n＋1.
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数列与数学归纳法
(2)由(1)知 cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n， 则 S2n＝(3＋ 32＋ 33＋„＋ 32n)＋ {(－3)＋5＋ (－7)＋ 9＋„＋ [－(4n－1)]＋(4n＋1)} 3（1－32n） ＝ ＋[(5－3)＋(9－7)＋„＋(4n＋1－4n＋1)] 1－3 32n 1－3 ＝ ＋2n. 2
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数列与数学归纳法
判断正误(正确的打“√”，错误的打“³”) 1 1 1 (1)当 n≥2 时， 2 ＝ － .( ) n －1 n－1 n＋1 ³ (2)利用倒序相加法可求得 sin21°＋sin22°＋sin23°＋„＋ sin288°＋sin289°＝44.5.( √ ) (3)若 Sn＝a＋2a2＋3a3＋„＋nan，当 a≠0，且 a≠1 时，求 Sn 的值可用错位相减法求得．( √ )
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．数列 ， ， ， ，„，的前 10 项之和为________． 2 4 8 16 1 3 5 19 解析：S10＝ ＋ ＋ ＋„＋ 10，① 2 4 8 2
1 1 3 17 19 所以 S10＝ ＋ ＋„＋ 10＋ 11.② 2 4 8 2 2 ①－②得 2 19 1 1 2 2 S ＝ ＋ ＋ ＋„＋210－ 11 2 10 2 4 8 2
1 1 1 1 1 1 n 所以 Sn＝1－ ＋ － ＋„＋ － ＝1－ ＝ ， 因为 2 2 3 n n＋1 n＋1 n＋1 10 10 n Sn＝ ，所以 ＝ ， 11 11 n＋1 解得 n＝10，故选 C.
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数列与数学归纳法
(2018· 绍兴一中高三期末考试)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则 S2 017＝( A．1 006 C．1 008 B．1 007 D．1 009 )
＋
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数列与数学归纳法
错位相减法求和
[典例引领] 已 知 数 列 {an} 和 {bn} 满 足 a1 ＝ 2 ， b1 ＝ 1 ， an ＋ 1 ＝ 1 1 1 2an(n∈N )，b1＋ b2＋ b3＋„＋ bn＝bn＋1－1(n∈N*)． 2 3 n
*
(1)求 an 与 bn； (2)记数列{anbn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn.
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数列与数学归纳法
(2)由(1)知 anbn＝n· 2n， 因此 Tn＝2＋2³22＋3³23＋„＋n³2n， 2Tn＝22＋2³23＋3³24＋„＋n³2n 1，
＋
所以 Tn－2Tn＝2＋22＋23＋„＋2n－n³2n 1.
＋
故 Tn＝(n－1)2n 1＋2(n∈N*)．
＋
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－
2，n＝1， n 2 所以 Tn＝3 －n －5n＋11 * ， n ≥ 2 ， n ∈ N . 2
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数列与数学归纳法
分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分 组转化法求{an}的前 n 项和；
bn，n为奇数， (2)通项公式为 an＝ 的数列，其中数列{bn}， cn，n为偶数
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第六章
数列与数学归纳法
2n－1 2n＋1 1 3 5 7 又 Tn＝ 2＋ 3＋ 4＋„＋ n ＋ n＋1 ， 2 2 2 2 2 2 两式相减得 1 2n＋1 1 3 1 1 Tn＝ ＋ 2＋22＋„＋ n－1 － n＋1 ， 2 2 2 2 2n＋5 所以 Tn＝5－ n . 2
第六章
数列与数学归纳法
错位相减法求和策略 (1)如果数列{an}是等差数列， {bn}是等比数列， 求数列{an² bn} 的前 n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以 等比数列{bn}的公比，然后作差求解． (2)在写“Sn” 与“qSn” 的表达式时应特别注意将两式“错项对 齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应 分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．
＝
答案：(n－1)2n 1＋2
＋
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数列与数学归纳法
分组转化法求和
[典例引领] (2016· 高考浙江卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S2 ＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通项公式 an； (2)求数列{|an－n－2|}的前 n 项和．
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第六章
{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
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数列与数学归纳法
[通关练习] 1．数列{an}的通项公式 an＝2n－n，前 n 项之和为 Sn，则 Sn ＝________．
n 2 （ 1 － 2 ） 1 2 n 解析：Sn＝2 ＋2 ＋„＋2 －(1＋2＋„＋n)＝ 1－2 2 n（1＋n） n ＋n＋4 n＋ 1 － ＝2 － . 2 2
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第六章
数列与数学归纳法
(2018· 宁波市余姚中学高三期中 )已知数列{an}满足：an＝ 1 10 ，且 Sn＝ ，则 n 的值为( 11 n2＋n A．8 C．10 ) B．9
D．11 1 1 1 1 解析：选 C.因为 an＝ 2 ＝ ＝ － ， n ＋n n（n＋1） n n＋1
解：(1)设{an}的公比为 q，
2 由题意知：a1(1＋q)＝6，a2 q ＝ a q 1 1 .
又 an>0， 解得：a1＝2，q＝2， 所以 an＝2n.
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第六章
数列与数学归纳法
（2n＋1）（b1＋b2n＋1） (2)由题意知：S2n＋1＝ ＝(2n＋1)bn＋1， 2 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以 bn＝2n＋1. bn 令 cn＝ ， an 2n＋1 则 cn＝ n ， 2 2n－1 2n＋1 3 5 7 因此 Tn＝c1＋c2＋„＋cn＝ ＋ 2＋ 3＋„＋ n－1 ＋ n ， 2 2 2 2 2