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- 2021-06-16 发布
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章末整合
专题一
等差
(
比
)
数列的基本运算
例
1
等比数列
{
a
n
}
中
,
已知
a
1
=
2,
a
4
=
16
.
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(2)
若
a
3
,
a
5
分别为等差数列
{
b
n
}
的第
3
项和第
5
项
,
试求数列
{
b
n
}
的通项公式及前
n
项和
S
n
.
解
:
(1)
设
{
a
n
}
的公比为
q
,
由已知得
16
=
2
q
3
,
解得
q=
2,
∴
a
n
=
2
×
2
n-
1
=
2
n
.
(2)
由
(1)
得
a
3
=
8,
a
5
=
32,
则
b
3
=
8,
b
5
=
32
.
设
{
b
n
}
的公差为
d
,
规律方法等差数列与等比数列的基本运算的求解策略
在等差数列和等比数列的通项公式
a
n
与前
n
项和公式
S
n
中
,
共涉及五个量
,
a
1
,
a
n
,
n
,
d
(
或
q
),
S
n
,
其中
a
1
和
d
(
或
q
)
为基本量
.
“
知三求二
”
是指将已知条件转换成关于
a
1
,
d
(
q
),
a
n
,
S
n
,
n
的方程组
,
利用方程的思想求出需要的量
.
当然在求解中若能运用等差
(
比
)
数列的性质会更好
,
这样可以化繁为简
,
减少运算量
,
同时还要注意整体代入思想方法的运用
.
变式训练
1
已知等差数列
{
a
n
}
的公差
d=
1,
前
n
项和为
S
n
.
(1)
若
1,
a
1
,
a
3
成等比数列
,
求
a
1
;
(2)
若
S
5
>a
1
a
9
,
求
a
1
的取值范围
.
专题二
求数列的通项公式
例
2
(1)
已知数列
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
=
3
+
2
n
,
求
a
n
.
(2)
数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
且
a
1
=
1,
a
n+
1
= S
n
,
求
a
n
.
解
:
(1)
当
n
≥
2
时
,
a
n
=S
n
-S
n-
1
=
3
+
2
n
-
(3
+
2
n-
1
)
=
2
n-
1
,
当
n=
1
时
,
a
1
=S
1
=
5
不适合上式
.
(2)
∵
S
n
=
3
a
n+
1
,
①
∴
n
≥
2
时
,
S
n-
1
=
3
a
n
.
②
①
-
②
得
S
n
-S
n-
1
=
3
a
n+
1
-
3
a
n
,
规律方法数列通项公式的求法
(1)
定义法
,
即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法
.
这种方法适用于已知数列类型的题目
.
(2)
已知
S
n
求
a
n
.
若已知数列的前
n
项和
S
n
与
a
n
的关系
,
求数列
{
a
n
}
变式训练
2
设数列
{
a
n
}
是首项为
1
的正项数列
,
且
a
n+
1
-a
n
+a
n+
1
·
a
n
=
0(
n
∈
N
*
),
求
{
a
n
}
的通项公式
.
专题三
数列求和
例
3
已知数列
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
=kc
n
-k
(
其中
c
,
k
为常数且
k
≠0,
c
≠1),
且
a
2
=
4,
a
6
=
8
a
3
,
(1)
求
a
n
;
(2)
求数列
{
na
n
}
的前
n
项和
T
n
.
解
:
(1)
当
n>
1
时
,
a
n
=S
n
-S
n-
1
=k
(
c
n
-c
n-
1
),
则
a
6
=k
(
c
6
-c
5
),
a
3
=k
(
c
3
-c
2
),
∵
a
2
=
4,
即
k
(
c
2
-c
1
)
=
4,
解得
k=
2,
∴
a
n
=
2
n
.
当
n=
1
时
,
a
1
=S
1
=
2
.
综上所述
,
a
n
=
2
n
(
n
∈
N
*
)
.
(2)
na
n
=n
·2
n
,
则
T
n
=
2
+
2·2
2
+
3·2
3
+
…
+n
·2
n
,
2
T
n
=
1·2
2
+
2·2
3
+
3·2
4
+
…
+
(
n-
1)·2
n
+n
·2
n+
1
,
两式作差得
-T
n
=
2
+
2
2
+
2
3
+
…
+
2
n
-n
·2
n+
1
,
T
n
=
2
+
(
n-
1)·2
n+
1
.
方法总结数列求和的常用方法
(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
:
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
:
适用于等差数列前
n
项和公式的推导
.
(6)
并项转化法
:
如果一个数列的项是正负交错的
,
尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时
,
可以依次两项两项
(
或几项几项
)
合并
,
再利用其他相关的方法进行求和
.
延伸探究
本例中的条件不变
,(2)
中
“
求数列
{
na
n
}
的前
n
项和
T
n
”
变为
“
求数列
{
n+a
n
}
的前
n
项和
T
n
”
.
解
:
由题知
T
n
=
1
+
2
+
2
+
2
2
+
3
+
2
3
+
…
+n+
2
n
=
(1
+
2
+
3
+
…
+n
)
+
(2
+
2
2
+
…
+
2
n
)
专题四
等差
(
比
)
数列的判定
例
4
数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,
a
1
=
1,
S
n+
1
=
4
a
n
+
2(
n
∈
N
*
)
.
(1)
设
b
n
=a
n+
1
-
2
a
n
,
求证
:{
b
n
}
是等比数列
.
因为
S
2
=a
1
+a
2
=
4
a
1
+
2,
所以
a
2
=
5
.
所以
b
1
=a
2
-
2
a
1
=
3
.
所以数列
{
b
n
}
是首项为
3,
公比为
2
的等比数列
.
所以数列
{
c
n
}
是等差数列
,
公差为
3,
首项为
2
.
方法总结等差数列、等比数列的判断方法
(1)
定义法
:
a
n+
1
-a
n
=d
(
n
≥
1,
n
∈
N
*
,
d
为常数
)
⇔
{
a
n
}
是等差数列
;
=
q
(
n
≥
1,
n
∈
N
*
,
q
为常数
,
q
≠0)
⇔
{
a
n
}
是等比数列
.
(2)
中项公式法
:2
a
n+
1
=a
n
+a
n+
2
(
n
≥
1,
n
∈
N
*
)
⇔
{
a
n
}
是等差数列
;
=a
n
·a
n+
2
(
n
≥
1,
n
∈
N
*
,
a
n
≠0)
⇔
{
a
n
}
是等比数列
.
(3)
通项公式法
:
a
n
=kn+b
(
n
≥
1,
n
∈
N
*
,
k
,
b
是常数
)
⇔
{
a
n
}
是等差数列
;
a
n
=c·q
n
(
n
≥
1,
n
∈
N
*
,
c
,
q
为非零常数
)
⇔
{
a
n
}
是等比数列
.
(4)
前
n
项和公式法
:
S
n
=An
2
+Bn
(
A
,
B
为常数
,
n
≥
1,
n
∈
N
*
)
⇔
{
a
n
}
是等差数列
;
S
n
=Aq
n
-A
(
A
,
q
为常数
,
且
A
≠0,
q
≠0,
q
≠1,
n
≥
1,
n
∈
N
*
)
⇔
{
a
n
}
是公比不等于
1
的等比数列
.
变式训练
3
已知数列
{
a
n
}
满足
a
1
=
1,
na
n+
1
=
2(
n+
1)
a
n
.
设
(1)
求
b
1
,
b
2
,
b
3
;
(2)
判断数列
{
b
n
}
是否为等比数列
,
并说明理由
;
(3)
求
{
a
n
}
的通项公式
.
将
n=
1
代入
,
得
a
2
=
4
a
1
,
而
a
1
=
1,
所以
,
a
2
=
4
.
将
n=
2
代入
,
得
a
3
=
3
a
2
,
所以
,
a
3
=
12
.
从而
b
1
=
1,
b
2
=
2,
b
3
=
4
.
(2){
b
n
}
是首项为
1,
公比为
2
的等比数列
.
专题五
数学归纳法
(1)
写出
a
2
,
a
3
,
a
4
的值
,
并猜想数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(2)
用数学归纳法证明你的结论
.
名师点评
1
.
数学归纳法的两点关注
(1)
关注点一
:
用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型
,
其关键点在于
“
先看项
”,
弄清等式两边的构成规律
,
等式两边各有多少项
,
初始值
n
0
是多少
.
(2)
关注点二
:
由
n=k
到
n=k+
1
时
,
除等式两边变化的项外还要利用
n=k
时的式子
,
即利用假设
,
正确写出归纳证明的步骤
,
从而使问题得以证明
.
2
.
与
“
归纳
—
猜想
—
证明
”
相关的常见题型的处理策略
(1)
与函数有关的证明
:
由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想
,
充分利用已知条件并用数学归纳法证明
.
(2)
与数列有关的证明
:
利用已知条件
,
当直接证明遇阻时
,
可考虑应用数学归纳法
.
这就是说当
n=k+
1
时
,
不等式也成立
.
由
①②
可知
,
原不等式对任意大于
1
的正整数都成立
.
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