第9章 章末复习提升学案

1．数列的概念及表示方法
(1)定义：按某种规则依次排列的一列数．
(2)表示方法：列举法、列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．
(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．
2．求数列的通项
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累积法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1···…·.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
3．等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)?{an}是等差数列；＝q(q为常数，q≠0)?{an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2?{an}是等差数列；a＝an·an＋2(an≠0)?{an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数)?{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)?{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)?{an}是等差数列；Sn＝aqn－a(a，q为常数，且a≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)?{an}是等比数列．
4．求数列的前n项和的基本方法
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式；
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项相消法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(4)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．
题型一　方程思想解数列问题
在等差数列和等比数列中，通项公式和前n项和公式共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量．
例1　已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a2＋a1＝
2，a3＋a4＋a5＝64.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝2，求{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设{an}的公比为q，由已知得
?
∵a1>0，∴q＝2，a1＝1.
∴an＝2n－1.
(2)bn＝2＝a＋＋2
＝4n－1＋n－1＋2
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝1＋4＋42＋…＋4n－1＋1＋＋…＋n－1＋2n
＝＋＋2n
＝(4n－41－n)＋2n＋1.
跟踪演练1　记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
解　设数列的公差为d，
依题设有即
解得或
因此Sn＝n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)．
题型二　转化与化归思想求数列通项
由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出．
例2　已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1 (n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(3)求通项an.
解　(1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列为等差数列．
设bn＝，由{bn}为等差数列，
则有2b2＝b1＋b3.
∴2×＝＋，
＝＋.
解得λ＝－1.
又当λ＝－1时，由an－2an－1＝2n－1可得，
bn＋1－bn＝－
＝[(an＋1－2an)＋1]＝[(2n＋1－1)＋1]＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列为首项是2、公差是1的等差数列．
(3)由(2)知，数列为首项是2，公差为1的等差数列．
∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝(n＋1)2n＋1.
跟踪演练2　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．
(1)解　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.
(2)证明　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)，
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
题型三　函数思想求解数列问题
数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围，最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的思想指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集，这一特殊性对问题结果可能造成影响．
例3　已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.
∵a1＝1，解得(d＝0舍)，d＝2.
∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
假设存在整数t满足Sn>总成立，
又Sn＋1－Sn＝－＝>0，
∴数列{Sn}是单调递增的．
∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.
又∵t∈Z，
∴适合条件的t的最大值为8.
跟踪演练3　已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f，n∈N*，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.
解　(1)∵an＋1＝f＝＝＝an＋，
∴{an}是以为公差的等差数列．
又a1＝1，∴an＝n＋.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－·
＝－(2n2＋3n)．
题型四　数列的交汇问题
数列是高中代数的重点内容之一，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识有较多交汇处．它包涵知识点多、思想丰富、综合性强，已成为近年高考的一大亮点．
例4　已知单调递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋1<0恒成立，试求m的取值范围．
解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20，∴
解得或
又{an}单调递增，∴∴an＝2n.
(2)bn＝2n·log 2n＝－n·2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②
①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.
由Sn＋(n＋m)an＋1<0，
得2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0对任意正整数n恒成立，
∴m·2n＋1<2－2n＋1，即m<－1对任意正整数n恒成立．
∵－1>－1，∴m≤－1，
即m的取值范围是(－∞，－1]．
跟踪演练4　已知点(1，)是函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn>0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝＋(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{}前n项和为Tn，问Tn>的最小正整数n是多少？
解　 (1)∵f(1)＝a＝，∴f(x)＝()x，a1＝f(1)－c＝－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－.
又数列{an}成等比数列，a1＝＝＝－＝－c，所以c＝1；
又公比q＝＝，所以an＝－()n－1＝－2()n(n∈N*)．
∵Sn－Sn－1＝(－)(－)＝＋(n≥2)，
又bn>0，>0，∴－＝1；
数列{}构成一个首项为1，公差为1的等差数列，＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
当n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；b1＝c＝1适合bn，
∴bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－)＝；
由Tn＝>得n>，
所以满足Tn>的最小正整数为112.
1．等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题．
2．数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和