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- 2021-06-25 发布
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新课程标准的要求
知识点
层次要求 领域目标要求
数列的概念
与递推公式
1.了解数列的概念,体会数列是一种特殊函数,能根据数列的前
几项写出简单数列的通项公式
2.类比函数理解数列的几种表示方法(列表、图象、通项公式
等),能根据项数多少、数列的性质对数列分类
3.了解递推公式是给出数列的一种方法,能根据递推公式写出
数列的前几项,能求某些数列的通项公式
等差数列
1.掌握等差数列和等差中项的概念,会用定义判定数列是否是
等差数列
2.掌握等差数列的通项公式及推导方法,会应用直线、一次函
数等有关知识研究等差数列的性质,能熟练运用通项公式求有
关的量:a1,d,n,an,Sn
3.掌握等差数列的前 n 项和公式及推导方法,能熟练运用通项
公式、前 n 项和公式,对于 a1,d,n,an,Sn 中已知三个量求另外
两个量;能灵活运用公式解决与等差数列有关的综合问题;能构
建等差数列模型解决实际问题
等比数列
1.掌握等比数列和等比中项的概念,能利用定义判定数列是否
是等比数列
2.掌握等比数列的通项公式及推导方法,能类比指数函数利用
等比数列的通项公式研究等比数列的性质,能熟练运用通项公
式求有关的量:a1,q,n,an,Sn
3.掌握等比数列的前 n 项和公式及推导方法,能熟练运用通项
公式、前 n 项和公式,对于 a1,q,n,an,Sn 中已知三个量求另外
两个量;能灵活运用公式解决有关等比数列的综合问题;能构建
等比数列模型解决实际问题
等差数列与
等比数列的
综合应用
1.能通过类比、转化等方法解决与等差数列、等比数列有关的
一些问题
2.能用等差数列、等比数列的知识解决实际问题
1.本章学习应使学生认识到数学来源于生活实际,生活中又充
满了数学,数学中有无穷的奥秘.学会从生活实际中发现数学规
律,体会数学美,体验探索的乐趣.了解我国数学家对数列的贡
献,培养学生的爱国热情.通过了解数学家对数列问题锲而不舍
的探索过程,培养学生学习数学的兴趣
2.养成收集资料、自主探索、合作交流的习惯,提高数学建模
能力,提高应用意识和实践能力
3.进一步体会从特殊到一般,由已知到未知,从有限到无限的认
识事物的规律,养成既大胆猜想又严格证明的科学精神
数列是高中数学的主干知识之一,是衔接初等数学与高等数学的桥梁,其中等差、等比数列是最重要、最基本的两种特殊数
列,包含的主要内容有等差、等比数列的概念、判定、通项公式、前 n 项和公式、性质、简单应用等.在教学过程中应注意以下
几点:
1.注重基础,要求学生熟练掌握两类数列的通项公式、求和公式等,能灵活应用数列的性质.
2.授课时有意识地总结一些常用的解题方法:通项公式的求法,等差、等比数列的判定,常用的求和方法等.
3.强化训练,提升学生的计算能力,数列的很多题目计算量比较大,等比数列运算中常常会综合指数幂的运算等,这些都要求
学生多加训练.
4.强化思想方法的应用,本章用得较多的有函数与方程思想、分类讨论思想、化归与转化思想等.
5.在平时的练习中,要注意引导学生对一些易错点多总结,如在利用等比数列求和公式时要注意公比为 1 的情况,数列求和
中对项数的确定等.
第 1 课时 数列的概念与简单表示法
1.掌握数列、数列中的项、数列的通项公式等概念,能根据数列的前几项求数列的通项公式.
2.能根据数列的通项公式求数列中的指定项.
3.掌握数列的一些简单性质以及递增数列、递减数列等概念.
4.了解递推公式是给出数列的一种方法,会根据递推公式写出数列的前几项.
重点:由数列的前几项写出其通项公式.
难点:理解数列是一种特殊的函数.
小明妈妈从小明 1 周岁开始在每年的生日这天都要给小明测出身高,并按时间顺序记录下来,得到一列数.日常生活中你还
能举出这样的例子吗?
问题 1:按照 一定顺序 排列的一列数称为数列,数列中的每个数称为该数列的 项 .数列中排在第 n 位的数称为这个数
列的 第 n 项 ,记为 an .
问题 2:(1)数列的一般形式可以写成:a1,a2,a3,…,an,…,简记为 {an} .
(2)如果数列{an}的第 n 项 an 与 n 之间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫作这个数列的 通项公式 .
(3)数列的分类
分类标准 名称 含义 例子
有穷数列 项数有限的数列 1,2,3,…,10按项的
个数 无穷数列 项数无限的数列 1,4,9,…,n2,…
递增数列
自第二项起,每一项大
于它的前一项的数列
2,4,6,8,…
递减数列
自第二项起,每一项小
于它的前一项的数列 1,,,,…
常数列 各项都相等的数列 2,2,2,…
数
列 按项的变
化趋势
摆动数列
自第二项起,有些项大
于它的前一项,有些项
小于它的前一项的数
列
1,-2,3,-4,…
问题 3:数列概念的本质:从映射、函数的观点来看,数列也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,…,n}) 的函数,当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值.数列的通项公式 an 就是相应函数的解析式
f(n) .
问题 4:数列中的项与集合中的元素相比较,有哪些异同?
在世界数学史上,对数列的讨论具有悠久的历史.中国、巴比伦、古希腊、埃及和印度等,都曾经研究过数列,中国古代数学
名著《周髀算经》《九章算术》《孔子算经》《张邱建算经》等,对等差数列和等比数列都列举过计算的例子,说明中国古代对
数列的研究做出过一定的贡献.
1.已知数列{an},an=(n∈N*),那么是这个数列的第( )项.
A.9 B.10 C.11 D.12
【解析】由=可解得 n=10 或 n=-12(舍去),所以 n=10.
【答案】B
2.图中表示的 1,4,9,16,…这样的数称为正方形数.
那么第 n 个正方形数为( ).
A.n B.n(n+1) C.n2 D.n2+1
【解析】各正方形数依次构成一个数列,记作{an},则 a1=1=12,a2=4=22,a3=9=32,a4=16=42,所以第 n 个正方形数为 an=n2.
【答案】C
3.已知数列的前四项是 3,5,9,17,则该数列的第 5 项是 .
【解析】归纳前四项可得 a1=21+1,a2=22+1,a3=23+1,a4=24+1,所以第 5 项为 a5=25+1=33.
【答案】33
4.已知数列{an}中,an=n+3(n∈N*,n≤7),试用图象表示出这个数列.
【解析】如图所示.
根据数列的前几项归纳数列的通项公式
写出下面各数列的一个通项公式,使它的前几项分别是下列各数.
(1)1,2,3,4;
(2),-1,,-,;
(3)9,99,999,9999.
【方法指导】根据给定的项,写出数列的一个通项公式,关键是找到 n 与 an 的关系.例如:(1)中的各项可分别写为 1+,2+,3+,4+,
这样就很容易得出其通项公式;(2)中注意正负号如何调整;(3)中的各项可分别写为 101-1,102-1,103-1,104-1.
【解析】(1)an=n+;
(2)an=(-1)n+1;
(3)an=10n-1.
【小结】解决此类题目时要把握好以下几个方面:①当给定的项由几部分组成时,我们可以“各个击破”,同时也要注意各部
分之间的联系;②正负号可利用(-1)n 或(-1)n+1 来调整;③熟练掌握常见数列的通项公式,比如:1,2,3,4,…;2,4,6,8,…;1,4,9,16,…;2,4,8,16,…
它们的通项公式可以分别为 an=n,an=2n,an=n2,an=2n.
根据数列的通项探究数列的项
数列{an}中,已知 an=(n∈N*).
(1)写出 a10,an+1,;
(2)79 是否是数列中的项?若是,是第几项?
【方法指导】分别用 10,n+1,n2 替换通项公式中的 n 求解出数列中的 a10,an+1,项,再令 an=79 求解出 n 的值进行判断.
【解析】(1)∵an=(n∈N*),∴a10==,
an+1==,
==.
(2)令 79=,解方程得 n=15 或 n=-16,
∵n∈N*,∴n=15,即 79 为该数列的第 15 项.
【小结】该题考查数列通项的定义,判断数列项的归属,由通项公式可以求得数列中的任意一项,也可以由确定性判断一个数
是不是数列中的项,判断时假设此数为数列中的第 n 项,代入通项公式求解 n,若求得结果为正整数,则是数列中的项,否则不是.
求数列中的最大项
已知数列{an}的通项公式为 an=-n2+7n-50,求数列{an}中的最大项.
【方法指导】由通项公式可知 an 是关于 n 的二次函数,求二次函数最值可采用配方法,此时要注意其中自变量 n 为正整数.
【解析】∵an=-(n-)2-,
∴数列{an}中的最大项是-.
[问题]上述解法正确吗?
[结论]错误,在数列{an}中,n∈N*,故 n 不能等于.于是,正确的解法如下:
(法一)an=-n2+7n-50=-(n-)2-,其对称轴为 n=,所以当 n=3 或 4 时,an 取得最大值,为 a3=-32+7×3-50=-38,a4=-42+7×4-50=-38.
(法二)设数列{an}中第 n 项最大,则
即
解得
所以当 n=3 或 4 时,an 取得最大值,且最大项为 a3=a4=-38.
【小结】法一中的关键是配方,障碍点在于 n 的取值是,还是 3,4,或者是 3,4 中的一个.
法二中的关键是不等式组的建立,思维障碍点在于解得后如何处理.
求下列数列的一个通项公式:
(1)1+,1-,1+,1-,…;
(2),,,,,….
【解析】(1)an=1+(-1)n-1.
(2)an=.
设数列,,2,,,…,则 4 是这个数列的( ).
A.第 9 项 B.第 10 项 C.第 11 项 D.第 12 项
【解析】此数列即为,,,,,…通项公式为 an=,令 4=,得 n=11,∴选 C.
【答案】C
数列{an}中,an=n-,求数列{an}的最大项和最小项.
【解析】由题意得 an=n-=-,
∴数列{an}是递增数列,
∴数列{an}的最小项为 a1=1-,没有最大项.
1.1,,,,…的一个通项公式 an 等于( ).
A. B.
C. D.
【解析】若把换成,同时首项 1 换成,规律就明显了.其一个通项应该为:an=.
【答案】C
2.数列{an}中,an=-2n2+16n+3,则其中最大项为( ).
A.a3 B.a4 C.a1 D.a10
【解析】an=-2(n-4)2+35,故当 n=4 时,an 取最大值.
【答案】B
3.已知数列 1,,,,…,,…,则 3 是它的第 项.
【解析】∵an=,由=3,得 n=23,
∴3 是该数列第 23 项.
【答案】23
4.已知数列{an}的通项公式为 an=.
(1)求这个数列的第 10 项;
(2)是不是该数列中的项?为什么?
【解析】(1)当 n=10 时,a10==.
(2)设是该数列中的第 m 项,则=,得 9m2-303m+100=0,
即 m=或 m=,均不是正整数.
故不是数列{an}中的项.
(2013 年·陕西卷)观察下列等式
(1+1)=2×1
(2+1)(2+2)=22×1×3
(3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5
……
照此规律,第 n 个等式可为 .
【解析】根据等式两边的规律可知:
第 n 个等式为(n+1)(n+2)(n+3)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1).
【答案】(n+1)(n+2)(n+3)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)
1.数列{an}的通项公式 an=,则-3 的项数为( ).
A.3 B.5 C.9 D.10
【解析】an==-,所以令-=-3,所以 n=9.
【答案】C
2.数列,-,,-,…的一个通项公式是( ).
A.an=(-1)n+1 B.an=(-1)n
C.an=(-1)n+1 D.an=(-1)n
【解析】数列,-,,-,…的前四项正负相间隔,奇数项为正,偶数项为负,所以第 n 项的符号为(-1)n+1,分母为 2n,分子为奇数,所以
选 C.
【答案】C
3.已知数列{an}的通项公式 an=n2-4n-12(n∈N*),则
(1)这个数列的第 4 项是 ;
(2)这个数列从第 项起,以后各项都为正数.
【解析】(1)a4=42-4×4-12=-12;
(2)an=(n+2)(n-6),当 n≥7 时,an>0.
【答案】-12 7
4.已知数列{an}的通项公式为 an=n(n+2),问:
(1)80、90 是不是该数列的项?如果是,是第几项?
(2)从第几项开始,该数列的项大于 10000?
【解析】(1)令 n(n+2)=80,得 n1=8,n2=-10(舍),
∴80 是数列的第 8 项.
令 n(n+2)=90,此方程无正整数解,
∴90 不是该数列的项.
(2)∵a99=99×101<10000,
而 a100=100×102>10000,
又该数列为递增数列,
∴从第 100 项开始,该数列的项大于 10000.
5.若数列{an}的通项公式 an=,记 f(n)=2(1-a1)(1-a2)…(1-an),试通过计算 f(1),f(2),f(3)的值,推测出 f(n)等于( ).
A. B. C. D.
【解析】f(1)=2(1-a1)==,
f(2)=2(1-)(1-)==,
f(3)=2(1-a1)(1-a2)(1-a3)=2(1-)(1-)(1-)==,
可猜测 f(n)=.
【答案】C
6.数列,,,,…,有序数对(a,b)可以是( ).
A.(21,-5) B.(16,-1)
C.(-,) D.(,-)
【解析】由数列的前 4 项可归纳出数列分母的通项公式为 n(n+2),∴a+b=15;分子的通项公式为,
∴==,解得
∴选 D.
【答案】D
7.已知数列{an}的通项公式是 an=,那么这个数列是 数列(填“递增”或“递减”).
【解析】∵an+1-an=-
=>0,∴an+1>an,数列{an}为递增数列.
【答案】递增
8.根据下面数列前几项的值,写出数列的一个通项公式:
(1),,,,,…;
(2)1,3,3,5,5,7,7,9,9,…;
(3)2,-6,12,-20,30,-42,….
【解析】(1)an=;
(2)将数列变形为 1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,…,
∴an=n+;
(3)将数列变形为 1×2,-2×3,3×4,-4×5,5×6,…,
∴an=(-1)n+1n(n+1).
9.数列{an}中,an=3n2-28n+1,则 an 取最小值时 n 的值为 .
【解析】an=3n2-28n+1=3(n-)2-,∴n=5 时,an 取最小值.
【答案】5
10.数列{an}中,an=.
(1)求这个数列的第 50 项;
(2)求证:an∈(0,1);
(3)在区间(,)内有无数列的项?若有,有几项?若无,说明理由.
【解析】(1)∵an==,∴a50=.
(2)∵an==1-,n∈N*,
又 0<<1,∴an∈(0,1).
(3)由0,即 an+1>an,当 n>9 时,an+1-an<0,即 an+10,
∴=[(n+2)()n+1]÷[(n+1)()n]=.
显然当 n<9 时,有 an+1>an,当 n>9 时,an+1-an<0,即 an+10,即 an+1>an;当 n=9 时,an+1-an=0,即 an+1=an;
当 n>9 时,an+1-an<0,即 an+1a11>a12>…,∴该数列中有最大项为第 9、10 项,且 a9=a10=10×()9.
(法二)∵an=(n+1)()n>0,
∴=[(n+2)()n+1]÷[(n+1)()n]=.
令 10(n+2)=11(n+1),得 n=9.显然 n<9 时,有 an+1>an;当 n>9 时,有 an+1a11>a12>…,
∴该数列中有最大项为第 9、10 项,且 a9=a10=10×()9.
【小结】判断数列的单调性可以借助基本函数的单调性,也可以比较连续两项的大小关系.在比较连续两项之间的大小关系
时,关键是不等式组或的建立,要注意等号是否成立,即两项有无可能相等.
数列{an}的首项和递推公式分别是 a1=0,an+1=an+(2n-1)(n∈N*),求其通项公式.
【解析】令 n=1,2,3,4,得 a1=0,a2=a1+1=1=12,a3=a2+3=4=22,a4=a3+5=9=32,a5=a4+7=16=42,可归纳出 an=(n-1)2.
已知数列{an}满足 a1=2,an+1=,求 a2013 的值.
【解析】∵a1=2,an+1=,
∴an+2====-,
于是 an+4=-=an.
∴{an}为周期数列,周期 T=4.
又 a1=2,a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,
∴a2013=a4×503+1=a1=2.
已知 an=n×0.8n(n∈N*).
(1)判断数列{an}的单调性;
(2)求数列{an}的最大项.
【解析】(1)∵an+1-an=×0.8n(n∈N*),∴n<4 时,an4 时,an>an+1.即 a1,a2,a3,a4 单调递增,a4=a5,而 a5,a6…单调
递减.
(2)由(1)知,数列{an}的第 4 项和第 5 项相等且最大,最大项是=.
1.数列{an}中,an+2=an+1-an,a1=2,a2=5,则 a2015 的值是( ).
A.-2 B.2 C.-5 D.5
【解析】因为 an+2=an+1-an,a1=2,a2=5,所以 a3=3,a4=-2,a5=-5,a6=-3,a7=2,a8=5,利用数列的周期为 6,a2015=a6×335+5=a5=-5.
【答案】C
2.已知数列{an},an=2n2-10n+3,它的最小项是( ).
A.第一项 B.第二项
C.第三项 D.第二项或第三项
【解析】an=2n2-10n+3=2(n-)2-,而 2 和 3 与的距离相等,故最小项是第二项或第三项.
【答案】D
3.已知数列{an}中,a1=1,an+1-an=(-1)n,则 a100= .
【解析】由 a1=1,得 a2=a1-1=0,a3=a2+1=1,a4=a3-1=0,
由此可归纳:a2n=0,∴a100=0.
【答案】0
4.若数列{an}满足 a1=,an=1-(n≥2 且 n∈N*),求 a2015.
【解析】a1=,an=1-(n≥2 且 n∈N*),令 n=2,则有 a2=-1;令 n=3,a3=2;令 n=4,a4=;令 n=5,a5=-1;….所以{an}是以 3 为最小正周期的
数列.
则 a2015=a671×3+2=a2=-1.
(2011 年·浙江卷)若数列{n(n+4)()n}中的最大项是第 k 项,则 k= .
【解析】设 an=n(n+4)()n,an+1=(n+1)(n+5)·()n+1,若=>1,则 n2>10,即当 n≥4,an≥an+1;同理得 n≤3 时,有 an≤an+1,a3==,a4=,因此第
4 项最大,k=4.
【答案】4
1.在数列{an}中,a1=1,anan-1=an-1+(-1)n(n≥2,n∈N*),则的值是( ).
A. B. C. D.
【解析】由已知得 an=1+,∴a2=1+=2,a3=1+=,a4=1+=3,a5=1+=,∴=×=.
【答案】C
2.设数列{an}中,a1=2,an+1=2an+3,则 a4 等于( ).
A.30 B.35 C.37 D.40
【解析】a2=2a1+3=7,a3=2a2+3=17,a4=2a3+3=37.
【答案】C
3.已知数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(n+1),则 a1+a2+a3+…+a10= .
【解析】由 an=(-1)n(n+1),得 a1+a2+a3+…+a10=-2+3-4+5-6+7-8+9-10+11=5.
【答案】5
4.已知数列{an}的通项 an=(a,b,c 均为正实数),比较 an 与 an+1 的大小关系.
【解析】∵an==(a,b,c 均为正实数),f(n)=是减函数,∴an=是增函数,∴anan+1 B.an0,故 an+1>an.
又 a2=3+log2=log2>log2=,∴a2>a1,
∴{an}是递增数列.
第 3 课时 等差数列的概念及其性质
1.理解等差数列、公差、等差中项的概念.
2.探索并掌握等差数列的通项公式,灵活运用通项公式求解计算,做到“知三求一”.
重点:等差数列的概念和通项公式.
难点:等差数列通项的求法及其应用.
《蒙学诗》
一去二三里,烟村四五家,亭台六七座,八九十枝花.
它的意思是:我到外面游玩,不知不觉离家已有两、三里地,看到不远处的小村庄里,有四、五户人家已经冒起了炊烟.我信
步走来,又看到路边有六、七处精美的亭阁楼台,独自静静观赏,才发现身边的树枝上挂着……八朵、九朵,哦,不,十朵花,真是
赏心悦目!
这首五言绝句是描写风景的优美.它把“一”到“十”的数字嵌入诗中,组合成一幅静美如画的山村风景图,质朴素淡,令人
耳目一新.
问题 1:(1)等差数列的概念: 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
作 等差 数列,这个常数叫作等差数列的 公差 .
(2)等差中项的概念:如果 a,A,b 成等差数列,那么 A 叫作 a 与 b 的 等差中项 .其中 A= .
问题 2:等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,等差数列的通项公式是 an=a1+(n-1)d ,如何推导的?
(法一)归纳猜想:根据等差数列的定义,将{an}中的每一项都用 a1 和 d 表示出来.
a2= a1+d ;a3=a2+d= a1+2d ;a4=a3+d= a1+3d ;…;an= a1+(n-1)d .
(法二)累加法:将各式相加可得 an-a1=(n-1)d,故 an= a1+(n-1)d .
问题 3:根据等差数列的概念,如何判断数列的单调性,如何判断一个数列是否为等差数列?
等差数列满足 an-an-1=d(d 为常数,n≥2)或 an+1-an=d(d 为常数,n∈N*).当 d>0 时,数列为 递增 数列;当 d<0 时,数列为
递减 数列;当 d=0 时,数列为 常 数列.
要判断一个数列是否为等差数列,只需判断 an-an-1=d(d 为常数,n≥2)或 an+1-an=d(d 为常数,n∈N*)是否成立.
问题 4:(1)在一个等差数列中,从第 2 项起,每一项(有穷数列的末项除外)都是它的前一项与后一项的 等差中项 ,即
2an=an-1+an+1(n≥2) .
推广:若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).
(2)等差数列的通项公式 an=a1+(n-1)d 中一共涉及了四个量,用方程的观点来看,如果三个量已知,就可求出剩余的一个
未知量,即“知三求一”.
(3)用函数的观点来认识等差数列的通项公式,可以发现点(n,an)分布在 一次函数 的图象上,结合函数性质可认识数列
的增减性.
公元前 1 世纪的《周髀算经》将日行轨道按季节不同分成七个同心圆,称为“七衡图”.已知内衡直径 a1=238000 里,两衡
间距为=19833 万里,则其余各衡的直径依次为 a2=a1+d,a3=a1+2d,…,a7=a1+6d.显然,从中可归纳出一般等差数列的通项公式
an=a1+(n-1)d.
1.已知等差数列{an}的通项公式 an=3-2n,则它的公差为( ).
A.2 B.3 C.-2 D.-3
【解析】依题意可得 an+1-an=-2 或 a2-a1=(3-4)-(3-2)=-2.
【答案】C
2.已知等差数列{an}中,首项 a1=4,公差 d=-2,则数列{an}的通项公式是( ).
A.an=4-2n B.an=2n-4
C.an=6-2n D.an=2n-6
【解析】通项公式 an=a1+(n-1)d=4+(n-1)(-2)=6-2n.
【答案】C
3.与的等差中项是 .
【解析】因为=2-,=-(+2),由等差中项的定义可知,与的等差中项是[(2-)-(2+)]=-.
【答案】-
4.已知等差数列的前三项为 3,7,11,求该数列的第 4 项和第 10 项.
【解析】根据题意可知:a1=3,d=7-3=4,∴该数列的通项公式为:an=3+(n-1)×4,即 an=4n-1(n∈N*),∴a4=4×4-1=15,a10=4×10-
1=39.
求等差数列的通项
已知等差数列{an}中,a3a7=-16,a4+a6=0,求{an}的通项公式.
【方法指导】根据给定的 a3a7=-16,a4+a6=0,可以得到关于 a1 和 d 的方程组,通过解方程组可得其通项公式.
【解析】设{an}的首项为 a1,公差为 d,
则
即解得或
故数列的通项公式为 an=-8+2(n-1)=2n-10 或 an=8-2(n-1)=-2n+10.
【小结】本题体现了方程(组)的思想,这种思想在数列中经常用到.紧紧把握住等差数列的基本量(首项 a1 和公差 d)是解决此
类问题的关键.
等差数列的判断
已知数列{an}的通项为 an=lg 3n,试判断该数列是否为等差数列.若是,其公差是多少?
【方法指导】可以利用等差数列的定义来证明,看 an+1-an 是否等于一个与 n 无关的常数.
【解析】an=lg 3n=nlg 3,则 an+1-an=(n+1)lg 3-nlg 3=lg 3,是常数.
故数列{an}是等差数列,公差为 lg 3.
【小结】判断或证明一个数列为等差数列,主要是利用等差数列的定义,确定 an+1-an 是一个与 n 无关的常数.
等差数列的实际应用
《九章算术》“竹九节”问题:现有一根 9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面 4 节的容积共 3 升,下面 3 节的
容积共 4 升,则第 5 节的容积为( ).
A.1 升 B.升 C.升 D.升
【方法指导】设出等差数列{an}的基本量,将所给条件用基本量表示,利用基本量法求解.
【解析】设所构成的等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,
由题意得即
解得
所以 a5=a1+4d=.
【答案】B
【小结】求解此类问题的关键是把实际问题转化为等差数列问题,利用等差数列的定义、通项公式设出基本量 a1 和 d,解方
程即可.
在等差数列{an}中,已知 a1+a6=12,a4=7.
(1)求 a9.
(2)求此数列在[101,1000]内共有多少项.
【解析】(1)设{an}的首项为 a1,公差为 d,
则则
∴a9=a1+8d=1+8×2=17.
(2)an=1+(n-1)×2=2n-1,令 101≤2n-1≤1000,
则 51≤n≤500.5,故共有 450 项.
已知数列{an}中,a1=,数列 an=2-(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足 bn=(n∈N*),求证:数列{bn}为等差数列.
【解析】因为 bn===,而 bn-1=,
所以 bn-bn-1=-=1(n≥2,n∈N*),
又 b1==-.
故数列{bn}是首项为-,公差为 1 的等差数列.
夏季高山上的温度从山脚起,每升高 100 m,降低 0.7 ℃,已知山顶处的温度是 14.8 ℃,山脚处的温度为 26 ℃,求此山相对
于山脚处的高度.
【解析】因为每升高 100 m 温度降低 0.7 ℃,
所以该处温度的变化是一个等差数列问题.
山脚温度为首项 a1=26,山顶温度为末项 an=14.8,
所以 26+(n-1)(-0.7)=14.8,
解之可得 n=17,此山的高度为(17-1)×100=1600(m).
答:此山相对于山脚处的高度是 1600 m.
1.lg(-)与 lg(+)的等差中项为( ).
A.0 B.lg
C.lg(5-2) D.1
【解析】等差中项为===0.
【答案】A
2.等差数列的相邻四项是 1,a,-7,b,那么 a、b 的值分别是( ).
A.3,-11 B.-3,-11
C.-3,11 D.3,11
【解析】根据等差中项的定义得 a==-3,-14=a+b=-3+b,∴b=-11.
【答案】B
3.已知数列{an}为等差数列,a3=,a7=-,则 a15 的值为 .
【解析】设{an}的首项为 a1,公差为 d,
则解得
所以 a15=+(15-1)×(-)=-.
【答案】-
4.第一届现代奥运会于 1896 年在希腊雅典举行,此后每 4 年举行一次.奥运会如果因故不能进行,届数照算.
(1)试写出由举行奥运会的年份构成的数列的通项公式;
(2)2008 年北京奥运会是第几届?2050 年举行奥运会吗?
【解析】(1)由题意知:举行奥运会的年份构成的数列是一个以 1896 为首项,4 为公差的等差数列,∴an=1896+4(n-
1)=1892+4n(n∈N*).
(2)令 an=2008,则 2008=1892+4n,得 n=29,故 2008 年北京奥运会是第 29 届奥运会.
令 an=2050,则 2050=1892+4n,无正整数解,故 2050 年不举行奥运会.
(2013 年·广东卷)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7= .
【解析】设公差为 d,则 a3+a8=10⇒2a1+9d=10,
而 3a5+a7=4a1+18d=2(2a1+9d)=20.
【答案】20
1.在等差数列{an}中,a1+a9=10,则 a5 的值为( ).
A.5 B.6 C.8 D.10
【解析】由等差中项的定义得 a1+a9=2a5,所以 a5=5.
【答案】A
2.在等差数列{an}中,a2=2,a3=4,则 a10 等于( ).
A.12 B.14 C.16 D.18
【解析】 设等差数列{an}的公差为 d,
由 a2=2,a3=4,得解得
∴a10=a1+(10-1)×d=9d=18.
【答案】D
3.若 2、a、b、c、9 成等差数列,则 c-a= .
【解析】设等差数列 2,a,b,c,9 的公差为 d,则 9-2=4d,
∴d=,c-a=2d=2×=.
【答案】
4.已知数列{an}满足 a1=,且当 n>1,n∈N*时,有=.
(1)求证:数列{}为等差数列;
(2)试问 a1a2 是否是数列{an}中的项?如果是,是第几项;如果不是,请说明理由.
【解析】(1)当 n≥2 时,由=得,an-1-an-4an-1an=0,
两边同除以 anan-1 得,-=4,即-=4 对任意 n>1 且 n∈N*成立,
∴{}是以=5 为首项,d=4 为公差的等差数列.
(2)由(1)得,=+(n-1)d=4n+1,
∴an=.
∴a1a2=×=.
设 a1a2 是数列{an}的第 t 项,则 at==,解得 t=11∈N*,∴a1a2 是数列{an}的第 11 项.
5.在 x 和 y(x≠y)两数之间插入 n 个数,使它们与 x,y 组成等差数列,则该数列的公差为( ).
A. B.
C. D.
【解析】由题意知 x 和 y 分别为该数列的第 1 项和第 n+2 项,则该数列的公差 d==.
【答案】B
6.已知{an}为等差数列,若 a3+a4+a8=9,则 a5 等于( ).
A.-3 B.2 C.3 D.-2
【解析】由 a3+a4+a8=3a5 知 a5=3,∴选 C.
【答案】C
7.已知{}是等差数列,且 a4=6,a6=4,则 a10= .
【解析】-=-=2d,即 d=.
所以=+4d=+=,
所以 a10=.
【答案】
8.已知 a,b,c 成等差数列,那么 a2(b+c),b2(c+a),c2(a+b)是否成等差数列?
【解析】成等差数列,证明如下:
∵a,b,c 成等差数列,∴a+c=2b,
a2(b+c)+c2(a+b)-2b2(c+a)
=a2c+c2a+ab(a-2b)+bc(c-2b)
=a2c+c2a-2abc=ac(a+c-2b)=0,
∴a2(b+c)+c2(a+b)=2b2(c+a),
∴a2(b+c),b2(c+a),c2(a+b)成等差数列.
9.数列{an}中,各项均为正数,且满足 an+1=an+2+1,a1=2,则数列{an}的通项公式为 .
【解析】由 an+1=an+2+1 得 an+1=(+1)2,
∵{an}各项均为正数,∴=+1,∴-=1,∴{}为等差数列,∴=+(n-1)×1,∴an=(n+-1)2.
【答案】an=(n+-1)2
10.已知数列{an}是等差数列(ak 与公差 d 均不为 0).
(1)求证:k 取任何正整数,方程 akx2+2ak+1x+ak+2=0 都有一个相同的实根.
(2)若上述方程的另一非零实根为 ak,求证:{}是等差数列.
【解析】(1)因为数列{an}是等差数列,
所以 2ak+1=ak+ak+2,即 ak·(-1)2+2ak+1·(-1)+ak+2=0,
故 x=-1 是方程 akx2+2ak+1x+ak+2=0 的一个实根,
即原命题成立.
(2)由韦达定理可得(-1)·ak=,即(-1)·ak=.
所以 ak=-1-,故=-.
所以-=--(-)=-,故{}是等差数列.
第 4 课时 等差数列的前 n 项和及其性质
1.掌握等差数列前 n 项和公式及其推导方法.
2.会用等差数列前 n 项和公式解决一些简单的问题.
重点:探索等差数列的前 n 项和公式.
难点:对公式的灵活应用.
高斯是怎样想的
两百多年前,德国出了一位名扬世界的“数学王子”——高斯(Gauss,1777—1855).
高斯从小就听父亲讲一些生产中的简易算法,养成了动脑筋的习惯,在他十岁的时候,算术课上老师出了一道题目:
1+2+3+…+99+100=?
正当同学们静心地逐项相加时,高斯迅速地说出了答案:5050.
你知道高斯是怎样算出来的吗?
高斯的算法是:
首项与末项的和为 1+100=101,
第 2 项与倒数第 2 项的和为 2+99=101,
第 3 项与倒数第 3 项的和为 3+98=101,
……
第 50 项与倒数第 50 项的和为 50+51=101,
故所求的和为 101×=5050.
请你学习高斯的算法,计算:
1+3+5+…+49=?
问题 1:(1)等差数列前 n 项和公式 Sn= 或 Sn=na1+n(n-1)d .
(2)等差数列前 n 项和公式的推导方法: 倒序相加法 .设等差数列{an}的前 n 项为 a1,a2,a3,…,an-2,an-1,an,则
Sn=a1+a2+a3+…+an-2+an-1+an,将和式倒序写为 Sn=an+an-1+an-2+…+a3+a2+a1,两式相加得 2Sn=(a1+an)+(a1+an)+…+(a1+an),∴Sn=.
将通项 an=a1+(n-1)d 代入可得 Sn=na1+d.
问题 2:(1)等差数列前 n 项和公式 Sn=和 Sn=na1+及通项公式 an=a1+(n-1)d 中含有五个量 a1 、 d 、 n 、 an 、
Sn ,在具体解题时,通过解方程组做到“ 知三求二 ”.
(2)等差数列前 n 项和公式的特点是 Sn=na1+= n2+(a1-)n ,即等差数列前 n 项和公式是关于 n 的没有常数项的二次函数.
其图象是过原点的抛物线上一些孤立的点.
问题 3:如何求等差数列前 n 项和的最值?
(1)用等差数列的单调性求前 n 项和的最值.
①d>0⇔{an}为递增数列,若 a1≥0,则 S1=a1 最小;若 a1<0,则当 n 满足时的 Sn 最 小 .
②d<0⇔{an}为递减数列,若 a1≤0,则 S1=a1 最大;若 a1>0,则当 n 满足时的 Sn 最 大 .
(2)利用函数的知识求等差数列前 n 项和的最值:
等差数列前 n 项和 Sn=An2+Bn,通过配方得 Sn=A(n+)2-,可利用二次函数的性质求最值,但应特别注意 n∈N*,所以当 n 为最接
近 - 的正整数时,Sn 取得最值.
问题 4:已知数列{an}的前 n 项和公式 Sn,求通项公式 an 的步骤:
(1)当 n=1 时,a1= S1 ;
(2)当 n≥2 时,an= Sn-Sn-1 ;
(3)如果当 n=1 时,a1 符合(2)中算出的 an,那么数列{an}的通项公式为 an(n∈N*),反之,则 an= .
把 2014 表示为两个及两个以上的连续自然数之和,有几种不同的表示方法?
我们可以假设这个数可以表示为 n 个连续自然数的和:m+1+m+2+…+m+n(m 大于 0),用等差数列求和,即可得到.
1.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S101=0,则有( ).
A.a1+a101>0
B.a1+a101<0
C.a1+a101=0
D.a1+a101 的符号不确定
【解析】∵S101=,∴a1+a101=0.
【答案】C
2.若等差数列{an}的前 3 项和 S3=9,则 a2 等于( ).
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】∵S3=a1+a2+a3=3a2=9,∴a2=3.
【答案】A
3.已知{an}是等差数列,a4+a6=6,其前 5 项和 S5=10,则其公差 d= .
【解析】由题意得解得 d=.
【答案】
4.一个只有有限项的等差数列,它的前 5 项和为 34,最后 5 项的和为 146,所有项的和为 234,求它的第 7 项 a7.
【解析】∵a1+a2+a3+a4+a5=34,an-4+an-3+an-2+an-1+an=146,又 a1+an=a2+an-1=…=a5+an-4,
∴5(a1+an)=180⇒a1+an=36,
∴Sn=234==,∴n=13.
∴a1+a13=36=2a7,∴a7=18.
等差数列求和公式的应用
设{an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和,且 S10=S11.
(1)求首项 a1;
(2)求前 n 项和 Sn.
【方法指导】利用等差数列的通项公式与前 n 项和公式求解.
【解析】(1)由 S10=S11,得 a11=S11-S10=0,故 a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)=20.
(2)由等差数列的前 n 项和公式知 Sn=na1+×d=20n+(n-n2)=-n2+21n.
【小结】在等差数列的通项公式与前 n 项和公式中,已知一些变量可求其他变量,在解题时要根据题目中的条件选择适当的
公式,以简化计算过程.
根据数列求和公式求数列通项公式
已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+3n+2,求这个数列的通项公式.
【方法指导】已知 Sn 求 an,可利用 an=但要注意对 n=1 进行讨论.
【解析】∵Sn=a1+a2+…+an,①
Sn-1=a1+a2+…+an-1,②
由①-②得 an=Sn-Sn-1,
∴an=(2n2+3n+2)-[2(n-1)2+3(n-1)+2]=4n+1.
[问题]an=4n+1 对任意的项都成立吗?
[结论]Sn-1=a1+a2+…+an-1 成立的条件是 n≥2,故 an=4n+1,在 n=1 时不一定成立.
于是,正确解答如下:
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n2+3n+2)-[2(n-1)2+3(n-1)+2]=4n+1,
当 n=1 时,a1=S1=7,不适合上式.
故 an=
【小结】求 an 的公式有:an=
同时可以发现:已知 Sn=An2+Bn+C,
若 C=0,则数列{an}是等差数列;
若 C≠0,则数列{an}从第二项起成等差数列,通项公式要分段写出.
求等差数列和的最大项
在等差数列{an}中,若 a1=25,且 S9=S17,则数列的前多少项和最大?
【方法指导】可根据题意先求得数列的公差,再由通项的正负或前 n 项和公式判断,也可根据前 n 项和的函数特性求解.
【解析】(法一)由
得
解得 d=-2.
则 Sn=25n+(-2)=-n2+26n=-(n-13)2+169,
∴数列的前 13 项和最大.
(法二)同(法一)解得 d=-2.∴an=25+(-2)(n-1)=-2n+27.
令 an>0,即-2n+27>0,解得 n<13.5,
即数列的前 13 项均为正数,第 13 项以后均为负数,
∴数列的前 13 项和最大.
(法三)∵等差数列的前 n 项和是关于 n 的没有常数项的二次函数,且 S9=S17,∴抛物线的对称轴为 n=13,∴数列的前 13 项和最
大.
【小结】法一是利用二次函数的最值求解,法二是通过数列的通项的特点找出正负项的分界点,法三是结合等差数列前 n 项
和公式的函数特点利用数形结合思想解答.利用法三时一定要注意对称轴对应的横坐标是否为正整数,如果不为整数应该找靠近
对称轴的正整数.
在等差数列{an}中,a4=10,a10=-2,若 Sm=60,求 m 的值.
【解析】设{an}的首项为 a1,公差为 d,
由 a4=10,a10=-2,得
∴
∴Sm=16m+×(-2)=60.
整理,得 m2-17m+60=0,
∴m=5 或 12.
设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-2n+3,问这个数列成等差数列吗?
【解析】当 n=1 时,a1=S1=2;
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-3.
∵a1 不满足 an=2n-3,∴an=
∴数列{an}不成等差数列,但从第 2 项起成等差数列.
已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以 Sn 表示{an}的前 n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是( ).
A.21 B.20 C.19 D.18
【解析】由 a1+a3+a5=105 得 3a3=105,即 a3=35,
由 a2+a4+a6=99 得 3a4=99,即 a4=33,∴d=-2,an=a4+(n-4)×(-2)=41-2n,
由得 19.5≤n≤20.5,∴n=20.
【答案】B
1.设数列{an}是等差数列,且 a2=-6,a8=6,Sn 是数列{an}的前 n 项的和,则有( ).
A.S40
D.若对任意的 n∈N*,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列
【解析】选项 C 显然是错的,举出反例:-1,0,1,2,3,…,满足数列{Sn}是递增数列,但是 Sn>0 不成立.
【答案】C
3.等差数列{an}中,a1>0,S4=S9,则 Sn 取最大时,n= .
【解析】等差数列的前 n 项和 Sn 是关于 n(n∈N*)的二次函数.
∵d<0,∴图象是开口向下的抛物线.由于 S4=S9,故对称轴为 n==6.5.
从而有 n=6 或 7 时,Sn 最大.
【答案】6 或 7
4.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn=3n2+n+1,求这个数列的通项公式.
【解析】由题知当 n=1 时,a1=S1=5;
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2+n+1)-[3(n-1)2+(n-1)+1]=6n-2,
∴an=
5.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2-Sk=24,则 k 等于( ).
A.8 B.7 C.6 D.5
【解析】∵Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=2a1+(2k+1)d=4k+4,∴4k+4=24,故 k=5.
【答案】D
6.设数列{an}是等差数列,且 a2=-8,a15=5,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则( ).
A.S10=S11 B.S10>S11
C.S9=S10 D.S90;当 n≥7 时,an<0.
∴当 1≤n≤6(n∈N*)时,
Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=12n-n2.
当 n≥7(n∈N*)时,
Tn=|a1|+|a2|+…+|an|
=(a1+a2+…+a6)-(a7+a8+…+an)
=-(a1+a2+…+an)+2(a1+…+a6)
=-Sn+2S6=n2-12n+72.
∴Tn=
第 5 课时 等差数列的综合应用
1.理解并掌握等差数列的有关性质.
2.能利用等差数列的性质,结合通项公式、前 n 项和公式解决数列的综合问题.
重点:等差数列的有关性质.
难点:对性质的灵活应用.
等差数列前 n 项和公式的推导方法是倒序相加法,其原理是根据等差数列的定义知 a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…,你会发现和式
中的两项的下标和都是 n+1,在等差数列中还有许多类似的结论和性质.
问题 1:(1)若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则 am+an=ap+aq ;(2)若 m+n=2k(m,n,k∈N*),则 am+an 与 ak 的大小关系为
am+an=2ak ;(3)等差数列的通项公式的变形为 an=am+(n-m)d,d= .
问题 2:(1)在等差数列{an}中,下标成等差的项组成的新数列仍为等差数列;
(2)若{an},{bn}为项数相同的等差数列,前 n 项和分别为 An 和 Bn,则{man+kbn}仍为等差数列(其中 m,k 均为常数),且==;
(3)Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k,…也成等差数列,且公差为 k2d.
问题 3:已知等差数列{an},公差为 d,前 n 项和为 Sn.
若项数为偶数,设为 2n(n≥2),则:
(1)S2n=== n(an+an+1) ;(即等于中间两项和的 n 倍)
(2)设 S 偶=a2+a4+…+a2n,S 奇=a1+a3+…+a2n-1,
则 S 偶-S 奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)= nd ;
(3)== .(即等于数列{an}的中间两项之比)
问题 4:{an}为等差数列,d 为其公差,Sn 为其前 n 项和.
若项数为奇数,设为 2n+1(n≥2),则:
(1)S2n+1=== (2n+1)·an+1 ;(即等于中间项的 2n+1 倍)
(2)设 S 奇=a1+a3+…+a2n+1,S 偶=a2+a4+…+a2n,
则 S 奇-S 偶=a1+(a3-a2)+(a5-a4)+…+(a2n+1-a2n)= a1+nd = an+1 ;(即等于中间项)
(3)== .(即等于项数之比)
《九章算法》中有一题:“今有竹九节,下三节容四升,上四节容三升,问中间二节欲均奢,各多少”相当于已知等差数列项
数为 n,a1+a2+…+as=A,at+at+1+…+an=B(s0,且 a1+a3+a5=-12,a1a3a5=80,则{an}的通项公式 an= .
【解析】由 a1+a3+a5=-12,得 3a3=-12,∴a3=-4,
由 a1a3a5=80,得(-4-2d)×(-4)×(-4+2d)=80,即 d2=9,
又 d>0,解得 d=3,
∴an=a3+(n-3)d=-4+3(n-3)=3n-13.
【答案】3n-13
4.已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn,且=,求使得为整数的正整数 n.
【解析】========7+.
即当 n=1,2,3,5,11 时可满足题意.
(2012 年·江西卷)设数列{an},{bn}都是等差数列.若 a1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5= .
【解析】设数列{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,因为 a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以 d1+d2=7,所以
a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21+2×7=35.
【答案】35
1.设{an}是公差为-2 的等差数列,若 a1+a4+a7+…+a97=50,则 a3+a6+a9+…+a99 的值为( ).
A.-78 B.-82 C.-148 D.-182
【解析】两式相减得:(a3+a6+a9+…+a99)-(a1+a4+a7+…+a97)=33×2d=33×(-4),故所求值为-82.
【答案】B
2.已知 Sn 是等差数列的前 n 项和,若 a10=5,则 S19 等于( ).
A.90 B.95 C.180 D.190
【解析】S19====95.
【答案】B
3.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=9,S6=36,则 a7+a8+a9= .
【解析】由等差数列的性质知 S3,S6-S3,S9-S6,…成等差数列,即 9,36-9,a7+a8+a9 成等差数列,所以 a7+a8+a9=45.
【答案】45
4.已知 Sn 为等差数列{an}的前项和,Sn=m,Sm=n(n≠m),求 Sm+n.
【解析】(法一)令 Sn=An2+Bn,则
⇒A(n2-m2)+B(n-m)=m-n.
∵n≠m,∴A(n+m)+B=-1,
∴Sm+n=A(m+n)2+B(m+n)=-(m+n).
(法二)不妨设 m>n,则
Sm-Sn=an+1+an+2+an+3+…+am-1+am==n-m.
∴a1+am+n=an+1+am=-2,
∴Sm+n==-(m+n).
5.设等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn,若 a1>0,S4=S8,则当 Sn 取得最大值时,n 的值为( ).
A.5 B.6 C.7 D.8
【解析】∵S4=S8,∴a5+a6+a7+a8=0,即 a6+a7=0,又 a1>0,∴a6>0,a7<0,故当 n=6 时,Sn 取最大值.
【答案】B
6.在等差数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,满足 S20=S40,则下列正确的结论是( )
A.S30 是 Sn 中的最大值 B.S60 是 Sn 中的最大值
C.S31=0 D.S60=0
【解析】本题考查等差数列前 n 项和及二次函数的性质应用.S40-S20=a21+a22+…+a40=0⇒a21+a40=0,而 S60===0.
【答案】D
7.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 m>1,且 am-1+am+1--1=0,S2m-1=4025,则 m= .
【解析】由 am-1+am+1--1=0 得 am=1.
由 S2m-1=4025,得(2m-1)am=4025,∴m=2013.
【答案】2013
8.在等差数列{an}中,a16+a17+a18=a9=-36.其前 n 项和为 Sn,
(1)求 Sn 的最小值,并求出使 Sn 最小时,n 的值;
(2)求 Tn=|a1|+|a2|+…+|an|.
【解析】(1)∵a16+a17+a18=3a17=-36,∴a17=-12,又 a9=-36,∴d==3,首项 a1=a9-8d=-60,∴an=3n-63,
Sn=-60n+×3=(n2-41n)=(n-)2-×.又 n∈N*,∴当 n=20 或 21 时,Sn 取最小值×-×=-630.
(2)由 an=3n-63≤0,得 n≤21.
即当 n≤21 时,Tn=-Sn=(41n-n2);
当 n>21 时,Tn=-a1-a2-…-a21+a22+…+an=Sn-2S21=(n2-41n)+1260.
∴Tn=
9.在等差数列{an}中,满足 3a4=7a7,且 a1>0,Sn 是数列{an}的前 n 项和,若 Sn 取最大值,则 n= .
【解析】因为 3a4=7a7,所以 3(a1+3d)=7(a1+6d),所以 4a1+33d=0,所以 a1+d=0,因为 a1>0,所以 d<0,数列逐渐递减,所以
a9=a1+8d>0,a10=a1+9d<0,所以当 Sn 取最大值时,n=9.
【答案】9
10.设同时满足条件:①≤bn+1(n∈N*);②bn≤M(n∈N*,M 是与 n 无关的常数)的无穷数列{bn}叫作“特界”数列.
(1)若数列{an}为等差数列,Sn 是其前 n 项和,a3=4,S3=18,求 Sn;
(2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列,并说明理由.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,即 a1+2d=4,3a1+3d=18,解得 a1=8,d=-2,则 Sn=na1+d=-n2+9n.
(2)由-Sn+1====-1<0,得0 且 q≠1 时,y=qx 是一个 指数 函数,而 y=·qn 是一个不
为 0 的 常数 与 指数 函数的积.因此等比数列{an}的图象是函数 y=·qx 的图象上一些孤立的点.
问题 4:等比数列的单调性
q 的取值 a1 的符号 数列的单调性
a1>0 递增数列
q>1
a1<0 递减数列
a1>0 递减数列
00,∴q>0.
由得
由②÷①得 1+qm=28,∴qm=27,
∴q>1,∴前 m 项中 am 最大,∴am=18,即 a1qm-1=18.
∴=,∴=,即 a1=q,
把 a1=q 及 qm=27 代入①式得=26,
解得 q=3,把 q=3 代入 a1=q 得 a1=2,
∴ an=2×3n-1.
[问题]你觉得上述解法完善吗?
[结论]上述解法由于等比数列的公比未知,选用公式有盲目性、不全面.应该分情况讨论.
于是,正确解答如下:
设等比数列{an}的公比为 q,∵an>0,∴q>0,
若 q=1 时,Sm=ma1 ,S2m=2ma1,此时 2Sm=S2m,而已知 Sm=26,S2m=728,
∴2Sm≠S2m,∴q≠1,
由得
由②÷①得 1+qm=28,∴qm=27,
∴q>1,∴前 m 项中 am 最大,∴am=18,即 a1qm-1=18,
∴=,∴=,即 a1=q,把 a1=q 及 qm=27 代入①式得 =26,
解得 q=3,把 q=3 代入 a1=q 得 a1=2,
∴an=2×3n-1.
【小结】在等比数列的公比未知的情况下,一般需要 q=1 和 q≠1 两种情况公式求解.对于等比数列的单调性的判断需要根
据首项和公比的取值进行判断,其中当 a1>0,q>1 时数列单调递增.
构造等比数列求和
在数 1 和 2 之间插入 n 个实数,使得这 n+2 个数构成递增的等比数列,将这 n+2 个数的乘积记为 An.求数列{An}的前 n 项和
Sn.
【方法指导】根据等比数列的定义、通项公式和前 n 项和公式进行计算.
【解析】(法一)设 b1,b2,b3,…,bn+2 构成等比数列,其中 b1=1,bn+2=2,
依题意 An=b1·b2·…·bn+1·bn+2,①
An=bn+2·bn+1·…·b2·b1,②
由于 b1·bn+2=b2·bn+1=b3·bn=…=bn+2·b1=2,
①×②得=(b1bn+1)·(b2bn+1)·…·(bn+1b2)·(bn+2b1)=2n+2,
∵An>0,∴An=,
∵==,
∴数列{An}是首项为 A1=2,公比为的等比数列.
∴Sn==(4+2)[()n-1].
(法二)设 b1,b2,b3,…,bn+2 构成等比数列,其中 b1=1,bn+2=2,公比为 q,
则 bn+2=b1qn+1,即 qn+1=2.
依题意,得 An=b1·b2·…·bn+1·bn+2=b1·(b1q)·(b1q2)…(b1qn+1)=(b1)n+2·q1+2+3…+(n+1)==,
==,
∴数列{An}是首项为 A1=2,公比为的等比数列.
∴Sn==(4+2)[()n-1].
【小结】灵活地运用等比数列的概念和公式进行计算.
(1)设等比数列{an}的公比 q=,前 n 项和为 Sn,则= .
(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,S6=4S3,则 a4= .
【解析】(1)∵S4=,a4=a1q3,∴==15.
(2)设等比数列{an}的公比为 q(q≠0),则由 S6=4S3 知 q≠1,
故=4×,即 1-q6=4(1-q3),
解得 q3=3,故 a4=a1q3=3.
【答案】(1)15 (2)3
设一个等比数列的首项为 a(a>0),公比为 q(q>0),其前 n 项和为 80,且其中最大的一项为 54,前 2n 项和为 6560,求 a 和 q.
【解析】由题意可知 q≠1,∴
由②÷①可得 qn=81,又 q>0,∴q>1,因此该数列为递增数列,故前 n 项中最大的项为 an,∴an=aqn-1=54;结合①式及 qn=81,可解
得 a=2,q=3.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1,an+1=3Sn+1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记 Tn 为数列{n+an}的前 n 项和,求 Tn.
【解析】(1)依题意,an+1=3Sn+1,则当 n≥2 时,an=3Sn-1+1.
两式相减,得 an+1=4an(n≥2).
又因为 a1=1,a2=4,=4,
所以数列{an}是以首项为 1,公比为 4 的等比数列,
所以数列{an}的通项公式是 an=4n-1(n∈N*).
(2)Tn=(1+a1)+(2+a2)+(3+a3)+…+(n+an)
=(1+2+…+n)+(1+4+42+…+4n-1)
=+
=+.
1.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 等于( ).
A. B.- C. D.-
【解析】设等比数列{an}的公比为 q,由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1,即 a3=9a1,所以 q2=9,又因为 a5=a1q4=9,所以 a1=.
【答案】C
2.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,2S2,3S3 成等差数列,则{an}的公比为( ).
A.3 B.2 C. D.
【解析】由题意得 2(2S2)=S1+3S3,即 4S2=S1+3S3,很明显公比 q≠1,则 4×=a1+3×,解得 q=.
【答案】
3.已知等比数列{an}是递增数列,Sn 是{an}的前 n 项和,若 a1,a3 是方程 x2-5x+4=0 的两个根,则 S6= .
【解析】∵a1,a3 是方程 x2-5x+4=0 的两根,且 q>1,
∴a1=1,a3=4,则公比 q=2,因此 S6==63.
【答案】63
4.某企业去年的产值是 138 万元,计划在今后 5 年内每年比上一年产值增长 10%,这 5 年的总产值是多少?
【解析】这 5 年的产值是一个以 a1=138×1.1=151.8 为首项,q=1.1 为公比的等比数列,
所以 S5==≈926.754 万元.
故这 5 年的总产值约为 926.754 万元.
(2013 年·大纲卷)已知数列{an}满足 3an+1+an=0,a2=-,则{an}的前 10 项和等于( ).
A.-6(1-3-10) B.(1-3-10)
C.3(1-3-10) D.3(1+3-10)
【解析】由已知得=-,则数列{an}为公比是-的等比数列,∵a2=-,∴a1=4,则数列{an}前 10 项的和 S10==3(1-3-10).
【答案】C
1.设{an}是公比为 q 的等比数列,Sn 是它的前 n 项和,若{Sn}是等差数列,则 q 等于( ).
A.1 B.0 C.1 或 0 D.-1
【解析】∵Sn-Sn-1=an,又{Sn}是等差数列,∴an 为定值,即数列{an}为常数列,∴q=1.
【答案】A
2.设等比数列{an}的公比 q=2,前 n 项和为 Sn,则的值为( ).
A. B. C. D.
【解析】S4==15a1,a3=a1q2=4a1,所以==.
【答案】A
3.若等比数列的前 n 项和 Sn=k·3n+1,则 k 的值为 .
【解析】(法一)观察等比数列求和公式,易知 Sn==-·qn.
又∵Sn=k·3n+1,∴k=-1.
(法二)当 n=1 时,a1=S1=3k-1,
当 n>1 时,an=Sn-Sn-1=2k·3n-1.
∵{an}为等比数列,∴3k+1=2k,
∴k=-1.
【答案】-1
4.设等比数列{an}的公比 q<1,前 n 项和为 Sn.已知 a3=2,S4=5S2,求{an}的通项公式.
【解析】由题设知 a1≠0,Sn=,
则
解得 a1=2,q=-1 或 a1=,q=-2.
则通项公式为 an=2×(-1)n-1 或 an=×(-2)n-1.
5.已知数列{an}满足 log3an+1=log3an+1(n∈N*),且 a2+a4+a6=9,则 lo(a5+a7+a9)的值是( ).
A.- B.-5 C.5 D.
【解析】由 log3an+1=log3an+1(n∈N*),得 log3an+1-log3an=1,即 log3=1,解得=3,所以数列{an}是公比为 3 的等比数列,所以
a5+a7+a9=(a2+a4+a6)q3=9×33=35,所以 lo(a5+a7+a9)=lo35=-log335=-5.
【答案】B
6.已知等比数列{an}的首项 a1=-1,前 n 项和为 Sn.若=,则 a2 等于( ).
A. B.- C.2 D.
【解析】若公比 q=1,则==2≠,故 q≠1,
所以 S5=,S10=,
两式相除得==,
化简得 1+q5=,即 q5=-,解得 q=-,
所以 a2=a1q=(-1)×(-)=.
【答案】D
7.设等比数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn.若 a1=1,a3=4,Sk=63,则 k= .
【解析】设公比为 q,因为 an>0,所以 q>0,则 a3=4=a1q2=q2,所以 q=2,又 Sk=63=,即 2k=64,所以 k=6.
【答案】6
8.已知数列{an}是等比数列,其中 a7=1,且 a4,a5+1,a6 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前 n 项和为 Sn,证明:Sn<128(n=1,2,3,…).
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为 q,
由 a7=a1q6=1 得 a1=q-6,
从而 a4=a1q3=q-3,a5=a1q4=q-2,a6=a1q5=q-1.
因为 a4,a5+1,a6 成等差数列,所以 a4+a6=2(a5+1),
即 q-3+q-1=2(q-2+1),q-1(q-2+1)=2(q-2+1),
所以 q=,故 an=a1qn-1=q-6·qn-1=64()n-1.
(2)Sn===128[1-()n]<128.
9.设数列{an}的前 n 项的和为 Sn,且 a1=1,an+1=3Sn(n=1,2,…),则 log2S4= .
【解析】因为 an+1=Sn+1-Sn=3Sn,所以 Sn+1=4Sn,所以数列{Sn}是以 S1=a1=1,q=4 的等比数列,所以 S4=43,所以 log2S4=log243=6.
【答案】6
10.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=
(1)设 bn=a2n+1+4n-2,n∈N*,求证:数列{bn}是等比数列,并求其通项公式.
(2)求数列{an}的前 100 项中所有奇数项的和 S.
【解析】(1)∵bn+1=a2n+3+4(n+1)-2
=a2n+2-2(2n+2)+4(n+1)-2
=a2n+2-2=a2n+1+(2n+1)-2
=(a2n+1+4n-2)=bn,
∴数列{bn}是公比为的等比数列.
∵b1=a3+4-2=-,∴bn=-()n.
(2)由(1)得 a2n+1=-()n-4n+2,
∴S=a1+a3+…+a99=1-[+()2+()3+…+()49]-4(1+2+…+49)+2×49=()49-4802.
第 8 课时 等比数列的综合应用
1.熟悉等比数列的有关性质,并能运用这些性质解决相关问题.
2.能够解决等比数列的一些综合问题.
重点:等比数列的性质,等比数列的综合应用.
难点:对等比数列性质的灵活应用.
前面我们共同学习了等比数列的通项公式及前 n 项和公式,熟悉了累乘法和错位相减法,也了解了等比数列的一些有关性质,
这一节课我们将对等比数列中有关通项和前 n 项和的性质做一个系统了解,并用它们来解决一些综合问题.
问题 1:等比数列的通项公式为 an=a1qn-1 ,等比数列的前 n 项和公式为:
Sn=
问题 2:等差数列有丰富的性质,试通过下表进行类比得到等比数列的性质.
序号 等差数列{an},公差为 d 等比数列{an},公比为 q
1
若 m+n=k+l(m,n,k,l∈N*),则
am+an=ak+al
若
m+n=k+l(m,n,k,l∈N*),则
am·an=ak·al
2 an=am+(n-m)d,d=
an=amqn-m(m,n∈N*),qn-
m=(m,n∈N*)
3 若∈N*,则 am+an=2
若∈N*,则
am·an=()2
4
在等差数列中下标成等差的项
组成的新数列仍为等差数列
在等比数列{an}中,下
标成等差的项组成的新
数列仍为等比数列
(续表)
序号 等差数列{an},公差为 d 等比数列{an},公比为 q
5
{an},{bn}为项数相同的等差数
列,则{man+kbn}为等差数列,其
若{an},{bn}是项数相
同的等比数列,则
中 m,k 均为常数 {an·bn},{},{}也为等比
数列
问题 3:与等比数列的前 n 项和有关的常用性质有哪些?
(1)设数列{an}是等比数列,Sn 是其前 n 项和:
①当 q=-1 且 k 为偶数时,数列 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…不是等比数列;
②当 q≠-1 时,数列 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列且公比为 qk.
(2)在等比数列{an}中,若项数为 2n,则= q ;若项数为 2n+1,则= q .
(3)在等比数列{an}中,Sm+n= Sn+qnSm = Sm+qmSn .
问题 4:在等比数列{an}中,公比为 q,Tn 为其前 n 项的积,则数列 Tn,,,…成等比数列,其公比为 .
古希腊欧几里得《几何原本》第九卷命题 35 给出等比数列求和公式(Heath 1921).设有等比数列 a1,a2,…,an+1,公比为
q(q≠1).则由==…=,得==…=,由合比定律,我们又有===q-1,这等价于我们今天的 Sn=(q≠1).
1.在等比数列{an}中,an>an+1,且 a7a11=6,a4+a14=5,则等于( ).
A. B. C. D.5
【解析】由题意知 a4a14=a7a11=6,
联立得 又 an>an+1,∴
∴==.
【答案】B
2.已知 a,b,c,d 成等比数列,且曲线 y=x2-2x+3 的顶点是(b,c),则 ad 等于( ).
A.3 B.2 C.1 D.-2
【解析】由题意得 b=1,c=2,则 ad=bc=2.
【答案】B
3.在等比数列{an}中,若=2,S4=4,则 S8= .
【解析】设等比数列{an}的公比为 q,由=2,得 q4=2,S8=S4+q4S4=S4+2S4=3S4=12.
【答案】12
4.在正项等比数列{an}中,已知 a6-a4=24,a3a5=64,求等比数列{an}的前 8 项和 S8.
【解析】∵a3a5=64=,∴a4=8.
∵a6-a4=24,∴a6=32,
∴q2==4,得 q=2 或 q=-2(舍去).
∴a1==1,∴S8==28-1=255.
等比数列通项性质的应用
在各项均为正数的等比数列{an}中,已知 a1a2a3=5,a7a8a9=10,则 a4a5a6 等于( ).
A.5 B.7 C.6 D.4
【方法指导】利用等比数列的性质求解.
【解析】(法一)由等比中项的性质知 a1a2a3=(a1a3)·a2==5,a7a8a9=(a7a9)·a8==10,所以 a2a8=5,所以
a4a5a6=(a4a6)·a5==()3=(5)3=5.
(法二)由等比数列的性质知 a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9 构成等比数列,所以(a1a2a3)(a7a8a9)=(a4a5a6)2,
所以 a4a5a6=±=±5.
又数列各项均为正数,所以 a4a5a6=5.
【答案】A
【小结】求解本题的两种方法运用了等比数列的不同性质,事实上,也可以设出首项和公比,利用基本量的方法求解,但求解过
程较为繁琐,应用性质求解简化了运算过程.
等比数列前 n 项和的性质的应用
若等比数列前 n 项、2n 项、3n 项的和分别为 Sn、S2n、S3n.求证:+=Sn(S2n+S3n).
【方法指导】本题考查等比数列前 n 项和公式的应用.可先分公比是否为 1,将 Sn、S2n、S3n 用 a1 和 q 表示,再证明;也可利用
等比数列的性质证明.
【解析】(法一)设此数列公比为 q,首项为 a1.
当 q=1 时,Sn=na1,S2n=2na1,S3n=3na1,
∴+=n2+4n2=5n2,
Sn(S2n+S3n)=na1(2na1+3na1)=5n2.
∴+=Sn(S2n+S3n).
当 q≠1 时,Sn=(1-qn),
S2n=(1-q2n),S3n=(1-q3n),
∴+=()2·[(1-qn)2+(1-q2n)2]
=()2·(1-qn)2·(2+2qn+q2n).
又 Sn(S2n+S3n)=()2·(1-qn)2·(2+2qn+q2n),
∴+=Sn(S2n+S3n).
(法二)根据等比数列性质,有
S2n=Sn+qn·Sn=Sn(1+qn),S3n=Sn+qnSn+q2nSn,
∴+=+[Sn(1+qn)]2=(2+2qn+q2n),
Sn(S2n+S3n)=(2+2qn+q2n).
∴+=Sn(S2n+S3n).
【小结】对比两种证明方法,法二既简单又避免了讨论.从本题也可以看出利用等比数列前 n 项和的性质解题的简捷性.
等比数列通项与前 n 项和的综合应用
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=4an-3(n∈N*).
(1)证明:数列{an}是等比数列;
(2)若数列{bn}满足 bn+1=an+bn(n∈N*),且 b1=2,求数列{bn}的通项公式.
【方法指导】(1)已知 Sn 求 an 需要分两步,求出其通项公式后再根据定义证明数列{an}是等比数列;(2)由递推关系和等比数列
求和公式,利用累加法得到数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)由 Sn=4an-3,得 Sn-1=4an-1-3,
所以 an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,an=an-1,
又 a1=1≠0,所以{an}是首项为 1,公比为的等比数列.
(2)因为 an=()n-1,由 bn+1=an+bn(n∈N*),得 bn+1-bn=()n-1,
所以 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+=3×()n-1-1,
所以数列{bn}的通项公式为 bn=3×()n-1-1.
[问题]上述解题步骤完整吗?
[结论]不完整,没有对 n 的取值进行分类讨论.
于是,正确解答如下:
(1)当 n=1 时,a1=4a1-3,解得 a1=1.
当 n≥2 时,Sn-1=4an-1-3,所以 an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,即 an=an-1,又 a1=1≠0,
所以{an}是首项为 1,公比为的等比数列.
(2)因为 an=()n-1,由 bn+1=an+bn(n∈N*),得 bn+1-bn=()n-1,
所以 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+=3×()n-1-1(n≥2),
当 n=1 时也满足,所以数列{bn}的通项公式为 bn=3×()n-1-1.
【小结】本题考查的是等比数列的综合应用,在解答时要注意分步求解 an,并紧扣定义“当 n≥2 时,是一个常数”,从而证明
数列{an}是等比数列,再利用累加法和等比数列前 n 项和公式求解数列{bn}的通项公式.
在正项等比数列{an}中,若 log2(a2a9)=4,q5=4,Tn 表示数列{an}前 n 项的乘积,求 T5 的值.
【解析】在等比数列{an}中,log2(a2a9)=4,所以 a2a9=16,
所以 T10=a1a2…a9a10=(a2a9)5=165.又因为 T10=a1a2…a5(a1q5)(a2q5)…(a5q5)=q25=·45,所以·45=165⇒=45=322,因为 T5>0,所以
T5=32.
已知一个等比数列的首项为 1,项数是偶数,其奇数项的和为 85,偶数项的和为 170,求这个数列的公比和项数.
【解析】设该等比数列的公比为 q,项数为 2n,则有 S 偶=qS 奇⇒q==2.
又∵S2n=S 偶+S 奇⇒=85+170,∴22n-1=255,∴2n=8.故这个数列的公比为 2,项数为 8.
已知{an}是整数组成的数列,a1=1,且点(,an+1)(n∈N*)在函数 y=x2+1 的图象上:
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足 b1=1,bn+1=bn+,求证:bn·bn+2<.
【解析】(1)由已知得:an+1=an+1,所以数列是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列,即 an=1+(n-1)·1=n.
(2)由(1)知 bn+1-bn==2n,当 n≥2 时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=2n-1+2n-2+2n-3+…+2+1==2n-1,
显然 b1=1 符合上式,∴bnbn+2-=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2=-5·2n+4·2n=-2n<0,∴bn·bn+2<.
1.等比数列的前 4 项和为 1,前 8 项和为 17,则这个等比数列的公比 q 等于( ).
A.2 B.-2
C.2 或-2 D.2 或 1
【解析】=q4,所以 q=±2.
【答案】C
2.在等比数列{an}中,a20+a21=10,a22+a23=20,则 a24+a25 等于( ).
A.40 B.70 C.30 D.90
【解析】因为等比数列中 a20+a21、a22+a23 和 a24+a25 构成一个等比数列,所以(a22+a23)2=(a20+a21)·(a24+a25),所以 a24+a25=40.
【答案】A
3.一个等比数列{an}共有 2n+1 项,奇数项之积为 100,偶数项之积为 120,则 an+1= .
【解析】an+1 为数列{an}的中间项,其中奇数项有 n+1 项,偶数项有 n 项,且奇数项之积为 T 奇=(an+1)n+1,偶数项之积为 T 偶
=(an+1)n,所以 an+1==.
【答案】
4.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=且 bn=a2n-2,n∈N*.
(1)求 a2,a3,a4;
(2)求证:数列{bn}为等比数列,并求其通项公式;
(3)求和 Tn=a2+a4+a6+…+a2n.
【解析】(1)a2=,a3=-,a4=.
(2)当 n≥2 时,bn=a2n-2=a(2n-1)+1-2=a2n-1+(2n-1)-2=[a2n-2-2(2n-2)]+(2n-1)-2=[a2(n-1)-2]=bn-1,又∵b1=a2-2=-,∴数列{bn}是首项为
-,公比为的等比数列,故 bn=-·()n-1=-()n.
(3)∵a2n=bn+2,∴Tn=a2+a4+a6+…+a2n=b1+b2+…+bn+2n=-+2n=()n+2n-1.
(2013 年·新课标Ⅱ卷)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 等于( ).
A. B.- C. D.-
【解析】由题知解得 a1=.
【答案】C
1.在正项等比数列{an}中,a1 和 a19 为方程 x2-10x+16=0 的两根,则 a8·a10·a12 等于( ).
A.16 B.32 C.64 D.256
【解析】由已知有 a1·a19=16,又 a1·a19=,∴在正项等比数列中,a10=4,∴a8·a10·a12==64.
【答案】C
2.在等比数列{an}中,S4=2,S8=6,则 a17+a18+a19+a20 等于( ).
A.32 B.16 C.35 D.162
【解析】S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16 构成等比数列,公比 q 为 2,则 S20-S16=S4·q4=2×24=32,即为所求.
【答案】A
3.在等比数列{an}中,若 a4a7+a5a6=20,则此数列的前 10 项之积为 .
【解析】由性质可知 a4a7=a5a6,∴a4a7=10,
∴a1a2…a10=(a4a7)5=105.
【答案】105
4.已知 Sn 为数列{an}前 n 项和,an=1+3+32+33+…+3n-1,求 Sn.
【解析】∵an=1+3+32+33+…+3n-1==-,∴Sn=(3+32+33+…+3n)-n=×-n,即 Sn=-n-.
5.在等比数列{an}中,a9+a10=a(a≠0),a19+a20=b,则 a99+a100 等于( ).
A. B.()9 C. D.()10
【解析】设等比数列{an}的公比为 q,则==,∴q10=,∴a99+a100=q90(a9+a10)=()9·a=.
【答案】A
6.等比数列{an}中 a1=512,公比 q=-,记 Πn=a1×a2×…×an (即 Πn 表示数列{an}的前 n 项之积),Π8,Π9,Π10,Π11 中值为正数
的个数是( ).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】等比数列{an}中 a1>0,公比 q<0,故奇数项为正数,偶数项为负数,∴Π11<0,Π10<0,Π9>0,Π8>0.
【答案】B
7.已知递增的等比数列{bn}(n∈N*)满足 b3+b5=40,b3·b5=256,则数列{bn}的前 10 项和 S10= .
【解析】因为 b3+b5=40,b3·b5=256,所以或(舍去),所以 q2=4,q=2,a1=2,S10==2046.
【答案】2046
8.已知数列{an}满足 a1=1,a2=3,若数列{an·an+1}是公比为 2 的等比数列,试求通项公式 an.
【解析】∵{an·an+1}是公比为 2 的等比数列,
∴=2,∴=2,n∈N*,又 a1=1,a2=3,
∴数列{an}的所有奇数项组成首项为 1,公比为 2 的等比数列,所有偶数项组成首项为 3,公比为 2 的等比数列.
故当 n 为奇数时,an=1·=,
当 n 为偶数时,an=3·=3·,
∴通项公式 an=
9.各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2,S3n=14,则 S4n= .
【解析】显然公比 q≠1,且 q>0.
(法一)解得 qn=2,=-2,所以 S4n==[1-(qn)4]=-2×(1-24)=30.
(法二)由于数列{an}是等比数列,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n 也成等比数列,所以(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),则(S2n-2)2=2(14-S2n),解得
S2n=6 或 S2n=-4(舍去).又(S3n-S2n)2=(S2n-Sn)(S4n-S3n),所以(14-6)2=(6-2)·(S4n-14),解得 S4n=30.
【答案】30
10.数列{an}中,a1=3,an+an-1+2n-1=0(n∈N*且 n≥2).
(1)求 a2、a3 的值;
(2)证明:数列{an+n}是等比数列,并求{an}的通项公式;
(3)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
【解析】 (1)∵a1=3,an+an-1+2n-1=0(n∈N*且 n≥2),
∴a2=-a1-4+1=-6,a3=-a2-6+1=1.
(2)∵===-1(n≥2),
∴数列{an+n}是首项为 a1+1=4,公比为-1 的等比数列.
∴an+n=4·(-1)n-1,即 an=4·(-1)n-1-n.
∴{an}的通项公式是 an=4·(-1)n-1-n(n∈N*).
(3)∵an=4·(-1)n-1-n(n∈N*),
∴Sn=a1+a2+…+an
=[4(-1)0-1]+[4(-1)1-2]+[4(-1)2-3]+…+[4(-1)n-1-n]
=4[(-1)0+(-1)1+(-1)2…+(-1)n-1]-(1+2+3+…+n)
=2[1-(-1)n]-.
第 9 课时 等差、等比数列的综合应用
1.进一步熟悉等差、等比数列的通项公式和前 n 项和公式.
2.利用等差、等比数列的知识解决与数列相关的综合问题.
重点:利用等差、等比数列的性质解决数列问题.
难点:等差、等比数列的性质的应用.
前面我们共同学习了等差、等比数列的概念和通项公式以及前 n 项和公式,并了解了它们的性质及其应用,这一讲我们将共
同探究等差、等比数列的综合应用,以及在实际问题中如何利用等差、等比数列建立数学模型.
问题 1:通项公式及其变形:(1)若{an}是等差数列,则 an= a1+(n-1)d = am+(n-m)d ,d= .
(2)若{an}是等比数列,则 an= a1qn-1 = amqn-m ,qn-m=.
通项公式的性质:(1)若 m+n=p+q,则 .
(2)am,am+k,am+2k,am+3k,…
问题 2:前 n 项和 Sn 及其变形:(1)等差数列 Sn= = na1+d = nan-d .
(2)等比数列 Sn= = (q≠1).
前 n 项和 Sn 的简单性质:(1)等差:Sn=na1+= n2+(a1-)n ,故当 d≠0 时,Sn 是关于 n 的一个二次函数,它的图象是抛物线
y=x2+(a1-)x 上横坐标为正整数的一群孤立的点.而=n+(a1-)是关于 n 的一次函数(d≠0)或常数函数(d=0),即数列{}是以为公差
的等差数列.
(2)等比:当 q=1 时,Sn=na1 是一个关于 n 的一次函数;当 q≠1 时,Sn==+(-qn),令 A= ,B= - ,则 Sn=A+Bqn,A+B=0.
(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,
问题 3:与银行利率相关的几类模型
(1)银行储蓄单利公式:
利息按单利计算,本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 x,则本利和 y=a(1+xr) .
(2)银行储蓄复利公式:
利息按复利计算,本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 x,则本利和 y=a(1+r)x .
(3)产值模型:
原来产值的基础数为 N,平均增长率为 p,对于时间 x 的总产值 y=N(1+p)x .
(4)分期付款模型:
a 为贷款总额,r 为月利率,b 为月等额本息还款数,n 为贷款月数,则 b=.(可尝试证明)
问题 4:数列综合应用题的解题步骤
(1) 审题 ——弄清题意,分析涉及哪些数学内容,在每个数学内容中,各是什么问题.
(2) 分解 ——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”,每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解
析几何问题、不等式问题等.
(3) 求解 ——分别求解这些小题或这些小“步骤”,从而得到整个问题的解答.
(4) 还原 ——将所求结果还原到实际问题中.
我国汉代有位大将,名叫韩信.他每次集合部队,只要求部下先后按 1~3、1~5、1~7 报数,然后再报告一下各队每次报数的余
数,他就知道到了多少人.他的这种巧妙算法,被人们称为鬼谷算,也叫隔墙算,或称为韩信点兵,外国人还称它为“中国剩余定
理”.
1.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则等差数列{an}的公差为( ).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】在等差数列{an}中,∵a1+a5=10,
∴2a3=10,∴a3=5,又∵a4=7,∴公差为 2.
【答案】B
2.在等比数列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=60,则 a9+a10 等于( ).
A.120 B.150 C.240 D.480
【解析】由等比数列性质知 q2==2,
所以 a9+a10=(a1+a2)·q8=30×24=480.
【答案】D
3.已知数列{an}中,a3=2,a7=1,若{}为等差数列,则 a11= .
【解析】由等差数列的性质知,,成等差数列,则=+,
即=+,解得 a11=.
【答案】
4.已知函数 f(x)=ax 的图象过点(1,),且点(n-1,)(n∈N*)在函数 f(x)=ax 的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令 bn=an+1-an,若数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<5.
【解析】(1)∵函数 f(x)=ax 的图象过点(1,),
∴a=,f(x)=()x.
又点(n-1,)(n∈N*)在函数 f(x)=ax 的图象上,从而=,即 an=.
(2)由 bn=-=得,
Sn=++…+,
则 Sn=++…++,
两式相减得:Sn=+2(++…+)-,
∴Sn=5-,∴Sn<5.
等差数列、等比数列的基本量问题
有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是 16,第二个数与第三个数的和
是 12,求这四个数.
【方法指导】本题有三种设未知数的方法:(法一)设前三个数为 a-d,a,a+d,则第四个数由已知条件可推得为;(法二)设后三个
数为 b,bq,bq2,则第一个数由已知条件推得为 2b-bq;(法三)设第一个数与第二个数分别为 x,y,则第三、第四个数依次为 12-y,16-x.
利用余下的条件列方程组解出相关的未知数,从而求出这四个数.
【解析】(法一)设前三个数为 a-d,a,a+d,则第四个数为.
依题意有
解方程组得:或
所求四个数为:0,4,8,16 或 15,9,3,1.
(法二)设后三个数为 b,bq,bq2,则第一个数为 2b-bq.
依题意有
解方程组得:或
所求四个数为:0,4,8,16 或 15,9,3,1.
(法三)设四个数依次为 x,y,12-y,16-x.
依题意有
解方程组得:或
这四个数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1.
【小结】 数列的设法有很多种,方法各异,各有千秋,望同学们认真体会各自的奥妙!
已知 Sn 求 an 并判断新数列为等差数列及用错位相减法求和
设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n-1.数列{bn}满足 b1=2,bn+1-2bn=8an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:数列{}为等差数列,并求{bn}的通项公式;
(3)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn.
【方法指导】(1)根据 Sn 与 an 的关系进行求解;(2)利用等差数列的定义进行判定;(3)利用错位相减法求和.
【解析】(1)当 n=1 时,a1=S1=21-1=1;
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,
因为 a1=1 适合上式,所以 an=2n-1(n∈N*).
(2)因为 bn+1-2bn=8an,所以 bn+1-2bn=2n+2,即-=2,所以{}是首项为=1,公差为 2 的等差数列.
所以=1+2(n-1)=2n-1,所以 bn=(2n-1)·2n.
(3) 因为 Tn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,①
所以 2Tn=1·22+3·23+…+(2n-5)·2n-1+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,②
由①-②得:-Tn=2+23+24+…+2n+1-(2n-1)·2n+1,化简得 Tn=(2n-3)·2n+1+6.
【小结】本题涉及三种题型和基本方法,必须弄清且切实掌握其要点.
数列的实际应用
假设某市:2004 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 2004 年为累计的第一年)将首次不少于 4750 万平方米?
(2)哪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%?
【方法指导】根据题中条件得出总面积和相应的不等式,再用数列方法求解.
【解析】(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,其中 a1=250,d=50,则 Sn=250n+×50=25n2+225n,令
25n2+225n≥4750,即 n2+9n-190≥0,而 n 是正整数,∴n≥10,即到 2013 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)设第 n 年建造的中低价房满足题意,则有 400(1+8%)n-1·85%<25n2+225n.解出 n 即可.
[问题]上述解法正确吗?
[结论]不正确.(2)问中应是第几年的中低价房的面积而不是累计面积.
于是,正确解答如下:
(1)同错解部分.
(2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,其中 b1=400,q=1.08,则 bn=400·(1.08)n-1.
由题意可知 an>0.85bn,有 250+(n-1)·50>400·(1.08)n-1·0.85.由于 n 是正整数,将 1,2,…依次代入可得满足上述不等式的
最小正整数 n=6,即到 2009 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%.
【小结】对应用题的审题一定要认真仔细,否则很容易出错.
三个数成等比数列,若第二个数加 4 就成等差数列,再把这个等差数列的第 3 项加 32 又成等比数列,求这三个数.
【解析】(法一)按等比数列设三个数,设原数列为 a,aq,aq2.
由已知得 a,aq+4,aq2 成等差数列,
即 2(aq+4)=a+aq2;①
a,aq+4,aq2+32 成等比数列,
即(aq+4)2=a(aq2+32),即 aq+2=4a.②
联立①②解得:或
∴这三个数为:2,6,18 或,-,.
(法二)按等差数列设三个数,设原数列为 b-d,b-4,b+d,
由已知:三个数成等比数列,
即(b-4)2=(b-d)(b+d),
⇒8b-d2=16.①
又 b-d,b,b+d+32 成等比数列,
即 b2=(b-d)(b+d+32)
⇒32b-d2-32d=0.②
①②两式联立,解得:或
∴这三个数为,-,或 2,6,18.
(法三)任意设三个未知数,设原数列为 a1,a2,a3,
由 a1,a2,a3 成等比数列,
得:=a1a3.①
由 a1,a2+4,a3 成等差数列,
得:2(a2+4)=a1+a3.②
由 a1,a2+4,a3+32 成等比数列,
得:(a2+4)2=a1(a3+32).③
联立①②③,解得:或
已知等差数列{an},a3=3,a2+a7=12.
(1)求等差数列{an}的通项公式;
(2)设 bn=n·,求数列{bn}的前 n 项和.
【解析】(1)由已知 a2+a7=12 可得 a4+a5=12,
又因为 a3=3,所以 a3+a4+a5=15,所以 a4=5,
所以 d=a4-a3=2,a1=a3-2d=-1,
所以 an=2n-3.
(2)由(1)可知 bn=n·22n-3,设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,
所以 Tn=1·2-1+2·21+3·23+…+n·22n-3,①
4Tn=1·21+2·23+…+(n-1)22n-3+n·22n-1,②
①-②可得:
-3Tn=2-1+21+23+…+22n-3-n·22n-1
=-n·22n-1,
所以 Tn=+=·4n+.
为了建设和谐社会,我国决定治理垃圾.经调查,近 10 年来我国城市垃圾的年平均增长率为 3%,到 2013 年底堆存垃圾已达
60 亿吨,侵占了约 5 亿平方米的土地,目前我国还以年产 1 亿吨的速度产生新的垃圾,垃圾治理已刻不容缓.
(1)问 2004 年我国城市垃圾约有多少亿吨?
(2)如果从 2014 年起,每年处理上年堆存垃圾的,到 2019 年底,我国城市垃圾约有多少亿吨?可节约土地多少亿平方米?
【解析】(1)设 2004 年我国城市垃圾约有 a 亿吨,则有
a+a(1+3%)+a(1+3%)2+…+a(1+3%)9=60,
∴a·=60,∴a=≈5.2(亿吨).
(2)2014 年底有垃圾 60×+1 亿吨;
2015 年底有垃圾(60×+1)×+1=60×++1;
2016 年底有垃圾(60×++1)×+1=60×+++1;
……
2019 年底有垃圾 60×()6+()5+()4+…+1=60×()6+≈36.6(亿吨).
可节约土地 23.4×≈2(亿平方米).
1.如果在等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,那么 a1+a2+…+a7 等于( ).
A.14 B.21 C.28 D.35
【解析】在等差数列{an}中,a1+a7=a2+a6=a3+a5=2a4,
∴a3+a4+a5=3a4=12,
∴a4=4,∴a1+a2+…+a7=7a4=7×4=28.
【答案】C
2.已知函数 f(x)满足 f(x+1)=+f(x),x∈R,且 f(1)=,则数列{f(n)}(n∈N*)的前 20 项的和为( ).
A.305 B.315 C.325 D.335
【解析】由已知 f(x+1)-f(x)=,
则数列{f(n)}是首项为,公差为的等差数列,
其前 20 项和为 20×+×=335,故选 D.
【答案】D
3.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn=(2n-1)(n+p),则实数 p= .
【解析】∵等差数列的前 n 项和公式 Sn=na1+n(n-1)d=n2+(a1-)n=(2n-1)(n+p)=2n2+(2p-1)n-p,
∴-p=0,即 p=0.
【答案】0
4.求数列{(3n-1)·4n-1}的前 n 项和 Sn.
【解析】Sn=2×40+5×4+8×42+…+(3n-1)·4n-1,①
4Sn=2×4+5×42+…+(3n-4)·4n-1+(3n-1)·4n,②
②-①得:3Sn=-2-3(4+42+…+4n-1)+(3n-1)·4n=2+(3n-2)·4n,
所以 Sn=(n-)·4n+.
(2013 年·陕西卷)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和.
(1)若{an}是等差数列,推导 Sn 的计算公式;
(2)若 a1=1,q≠0,且对所有正整数 n,有 Sn=.判断{an}是否为等比数列,并证明你的结论.
【解析】(1)(法一)设等差数列{an}的公差为 d,则:
Sn=a1+a2+…+an=a1+(a1+d)+…+[a1+(n-1)d],
又 Sn=an+(an-d)+…+[an-(n-1)d],
∴2Sn=n(a1+an),
∴Sn=.
(法二)设等差数列{an}的公差为 d,则 Sn=a1+a2+…+an=a1+(a1+d)+…+[a1+(n-1)d],
又 Sn=an+an-1+…+a1
=[a1+(n-1)d]+[a1+(n-2)d]+…+a1,
∴2Sn=[2a1+(n-1)d]+[2a1+(n-1)d]+…+[2a1+(n-1)d]=2na1+n(n-1)d,
∴Sn=na1+d.
(2){an}是等比数列.证明如下:
∵Sn=,
∴an+1=Sn+1-Sn=-==qn.
∵a1=1,q≠0,∴当 n≥1 时,有==q,
因此数列{an}是首项为 1 且公比为 q 的等比数列.
1.数列{an}是首项为 a1=1,公差为 d=3 的等差数列,如果 an=2005,则序号 n 等于( ).
A.667 B.668 C.669 D.670
【解析】由题意有 an=1+3(n-1),如果 an=2005,则 1+3(n-1)=2005,故 n=669.
【答案】C
2.已知由正数组成的等比数列{an}中,公比 q=2,a1·a2·a3·…·a30=245,则 a1·a4·a7·…·a28 等于( ).
A.25 B.210 C.215 D.220
【解析】由等比数列的性质有
a2·a5·a8·…·a29=a1·a4·a7·…·a28·210,a3·a6·a9·…·a30=a1·a4·a7·…·a28·220,
故 a1·a4·a7·…·a28==25.
【答案】A
3.设数列{an},{bn}都是等差数列.若 a1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5= .
【解析】由等差数列的性质有 a1+a5=2a3,b1+b5=2b3,
∴(a1+b1)+(a5+b5)=2(a3+b3),
∴a5+b5=42-7=35.
【答案】35
4.有两个等差数列 2,6,10,…,190 及 2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,求这个新
数列{an}的通项公式 an.
【解析】分析可得新数列仍为等差数列,且首项为 2,又两数列的公差分别为 4 和 6,而新数列的公差为 4 和 6 的最小公倍数
12,故 an=2+(n-1)×12=12n-10.
5.等比数列{an}满足 a1=1,且,,成等差数列,则数列{an}的前 10 项和为( ).
A.10 B.20 C.256 D.510
【解析】设等比数列{an}的公比为 q,由条件可得=+,即=+1,解之得 q=1,故 an=1,前 10 项的和为 10.
【答案】A
6.已知数列{an}是首项为 2,公差为 1 的等差数列,数列{bn}是首项为 1,公比为 2 的等比数列,则数列{}前 10 项的和等于( ).
A.511 B.512 C.1023 D.1033
【解析】an=2+(n-1)×1=n+1,bn=1×2n-1=2n-1,
依题意可令 Mn=a1+a2+a4+…+
=(1+1)+(2+1)+…+(2n-1+1)
=2n-1+n,
∴M10=210+10-1=1033.
【答案】D
7.若两个等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,且满足=,则= .
【解析】=====.
【答案】
8.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n.
(1)设 bn=,证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
【解析】(1)由 an+1=2an+2n,两边同除以 2n,
得=+1.
∴-=1,即 bn+1-bn=1,
∴{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列.
(2)由(1)得,bn=n.
∴an=n·2n-1,
∴Sn=20+2×21+3×22+…+n×2n-1,①
∴2Sn=21+2×22+…+(n-1)2n-1+n·2n.②
由①-②得-Sn=20+21+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,
∴Sn=(n-1)·2n+1.
9.同学们都有这样的解题经验:在某些数列的求和中,可把其中一项分裂成两项之差,使得某些项可以相互抵消,从而实现化简求
和.如:已知数列{an}的通项为 an=,则将其通项化为 an=-,故数列{an}的前 n 项和 Sn=(1-)+(-)+…+(-)=1-=.“斐波那契数列”是
数学史上一个著名的数列,在斐波那契数列{an}中,a1=1,a2=1,an+an+1=an+2(n∈N*),若 a2013=a,那么数列{an}的前 2011 项的和
是 .
【解析】由已知有 a1+a2=a3,a2+a3=a4,…,a2 011+a2 012=a2 013,各式相加,得 a2+a1+a2+a3+…+a2 011=a2 013,故数列{an}的前 2011
项和为 a-1.
【答案】a-1
10.已知数列{an}为等差数列,且 a1=1,{bn}为等比数列,数列{an+bn}的前三项依次为 3,7,13.求
(1)数列{an},{bn}的通项公式;
(2)数列{anbn}的前 n 项和 Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,等差数列{bn}的首项为 b1,公比为 q,
根据已知条件可得
⇒b1=2,d=2,q=2,
∴an=2n-1,bn=2n.
(2)由于{an}为等差数列,{bn}为等比数列,所以数列{anbn}的前 n 项和 Sn 可以表示为:
Sn=1·2+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n,①
∴2Sn=1·22+3·23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,②
①-②得:-Sn=1·2+2·22+2·23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1
=2(2+22+23+…+2n)-2-(2n-1)·2n+1
=2·-2-(2n-1)·2n+1
=-6-(2n-3)·2n+1,
∴Sn=(2n-3)·2n+1+6.
第 10 课时 通项公式 an 的求法
1.理解并掌握叠加法、累乘法求通项公式.
2.掌握等比差数列等几类特殊数列的解法.
3.初步掌握求通项公式 an 的方法.
重点:叠加法、累乘法的理解及应用.
难点:等比差数列等几类特殊递推数列的解法.
在推导等差数列的通项公式的时候我们用了累差法,在推导等比数列的通项公式的时候我们用了累积法,今天,我们一起来
看看数列的通项公式有哪些求法?
问题 1:已知 a1 的值,且 an-an-1=f(n)(n≥2),可以用累加法,即 an-an-1= f(n) ,an-1-an-2= f(n-1) ,…,a3-a2= f(3) ,a2-
a1= f(2) .
所有等式左右两边分别相加得 an= a1+f(2)+f(3)+…+f(n-1)+f(n) .
问题 2:已知 a1≠0 且=f(n)(n≥2),可以用累乘法,即= f(n) ,= f(n-1) ,…,= f(3) ,= f(2) ,所有等式左右两边分
别相乘,得
··…··= f(2)·f(3)·…·f(n-1)·f(n) ,即 an= a1·f(2)·f(3)·…·f(n-1)·f(n) .
问题 3:由 an 与 Sn 的关系求 an
由 Sn 求 an 时,要分 n=1 和 n≥2 两种情况讨论,然后验证两种情况可否用统一的解析式表示,若不能,则用分段函数的形式表
示为 an= .
问题 4:几种递推数列的转化方法
(1)an+1=can+d(c≠0,1),可以通过待定系数法设 an+1+λ=c( an+λ ),求出 λ 后,化为等比数列求通项;还可以用下列方法
求解:an+1=pan+q,① an=pan-1+q,②
①-②得:an+1-an=p(an-an-1),数列{an-an-1}是以 a2-a1 为首项, p 为公比的等比数列,由等比数列的通项公式求出 an-
an-1= (a2-a1)pn-1 ,再用累加法求出 an.
(2)an+1=(b 为常数且 b≠0),可化为= + ,利用等差数列的通项公式求出,进而求出 an.
等差数列史话
等差数列的计算问题是数学中最古老的问题之一,它的历史可以追溯到三四千年以前的古埃及,约公元前 1700 年的莱因德
在《纸草算书》中已载录了两个等差数列问题.一个问题是:今有 10 袋麦子分给 10 个人,使每个人依次递减袋,那么第 1 个人分
得多少?在《纸草算书》上不仅有正确的答案,而且还有一个非常巧妙的解法:假设最后 1 人分得 1 袋,则各人所得依次
为,,,,,,,,,1,其中总和为.此问题中的总数比 10 多.于是,为保证相邻两项的差仍为,只需所设数列的第一项减少÷10=,这样求
得第 1 个人分得袋.类似这样按级递减分物的等差数列问题,在巴比伦晚期泥板中也有出现.
1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=2,an+1=Sn+1,n∈N*,则 a6 等于( ).
A.32 B.48 C.64 D.96
【解析】当 n≥2 时,an+1=Sn+1,an=Sn-1+1,
两式相减,得 an+1-an=Sn-Sn-1=an,即 an+1=2an,
则 a2=a1+1=3,a6=a2·24=3×16=48.
【答案】B
2.已知数列{an}满足 a1=4,an+1=2an+2n+1,那么数列{an}的通项公式是( ).
A.an=2n B.an=(n+1)·2n
C.an=(n-1)·2n D.an=3n-1
【解析】由 an+1=2an+2n+1 得-=1,∴数列{}是首项为 2,公差为 1 的等差数列,即=2+(n-1)×1=n+1,∴an=(n+1)·2n,故选 B.
【答案】B
3.数列{an}满足 a1=1,=+1,则 a10= .
【解析】依题意知,数列{}是以=为首项,1 为公差的等差数列,
∴=+(n-1)×1=,∴an=,
∴a10=-.
【答案】-
4.已知数列{an}满足 a1=1,an=an-1+3n-2(n≥2).
(1)求 a2,a3;
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)由题意可得 a2=a1+4=5,a3=a2+7=12.
(2)由已知:an=an-1+3n-2(n≥2)得 an-an-1=3n-2,
由递推关系,得 an-1-an-2=3n-5,…,a3-a2=7,a2-a1=4,
叠加得:an-a1=4+7+…+3n-2
==,∴an=(n≥2).
当 n=1 时,1=a1==1,适合上式,
∴数列{an}的通项公式 an=.
待定系数法求通项公式
在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,有 an=3an-1+2,求数列{an}的通项公式.
【方法指导】通过待定系数法设出 an+λ=c(an-1+λ),求出通项公式即可.
【解析】设 an+t=3(an-1+t),则 an=3an-1+2t,
∴t=1,于是 an+1=3(an-1+1).
∴{an+1}是以 a1+1=2 为首项,3 为公比的等比数列.
∴an=2·3n-1-1.
【小结】递推公式 an+1=pan+q(p≠1,q≠0)求通项的常用方法主要有两种:
1.化成等比数列{an+t},然后利用通项公式即可求出;
2.由 an+1=pan+q,①得 an=pan-1+q,②
①-②得:an+1-an=p(an-an-1),由等比数列的通项公式求 an-an-1=(a2-a1)pn-1,再用累加法求出 an.
累加法求通项公式
在数列{an}中,已知 a1=1,当 n≥2 时,有 an=an-1+2n-1(n≥2),求数列的通项公式.
【方法指导】利用累加法来求解.
【解析】∵an-an-1=2n-1(n≥2),
∴
上述 n-1 个等式相加可得:an-a1=n2-1,
∴an=n2.
【小结】一般情况下,累加法里只有 n-1 个等式相加.
构造法求通项公式
已知定义在 R 上的函数 f(x)和数列{an}满足下列条件:a1=a,an=f(an-1)(n=2,3,4,…),a2≠a1,f(an)-f(an-1)=k(an-an-
1)(n=2,3,4,…),其中 a 为常数,k 为非零常数.
(1)构造 bn=an+1-an(n∈N*),证明数列{bn}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
【方法指导】(1)利用等比数列定义证明;(2)用累加法求通项公式.
【解析】(1)由 b1=a2-a1≠0,可得:b2=a3-a2=f(a2)-f(a1)=k(a2-a1)≠0.由题设条件,当 n≥2 时,====k,故数列{bn}是公比为 k 的等
比数列.
(2)由(1)知 bn=kn-1(a2-a1)(n∈N*),
b1+b2+…+bn-1=(a2-a1)(n≥2),
而 b1+b2+…+bn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-a1(n≥2),
∴an-a1=(a2-a1)(n≥2),
故 an=a+[f(a)-a](n∈N*).
[问题]上述解法正确吗?
[结论]不正确.(2)中要分 k≠1 和 k=1 进行讨论,以及对 n 要分 n=1 和 n≥2 进行讨论.
于是,正确解答如下:
(1)同错解部分.
(2)由(1)知,bn=kn-1b1=kn-1(a2-a1)(n∈N*),
当 k≠1 时,b1+b2+…+bn-1=(a2-a1)(n≥2);
当 k=1 时,b1+b2+…+bn-1=(n-1)(a2-a1)(n≥2).
而 b1+b2+…+bn-1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=an-a1(n≥2),
∴当 k≠1 时,an-a1=(a2-a1)(n≥2),
上式对 n=1 也成立,所以数列{an}的通项公式为
an=a+[f(a)-a](n∈N*);
当 k=1 时,an-a1=(n-1)(a2-a1)(n≥2),
上式对 n=1 也成立,所以数列{an}的通项公式为 an=a+(n+1)[f(a)-a](n∈N*).
【小结】利用等比数列前 n 项和公式时务必要考虑 q=1 和 q≠1 两种情况.
已知数列{an}的第 1 项是 1,以后的各项由公式 an+1=给出,求出这个数列的通项公式.
【解析】由 an+1=得:=+,
∴数列{}是以=1 为首项,为公差的等差数列,
∴=1+(n-1)=,
∴an=.
在数列{an}中,已知 a1=1,有 nan-1=(n+1)an(n≥2),求数列{an}的通项公式.
【解析】an=···…···a1
=···…···1=.
又∵a1 也满足上式,∴an=(n∈N*).
在数列{an}中,a1=2,a2=4,且 an+1=3an-2an-1(n≥2).
(1)求证:数列{an+1-an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)∵an+1=3an-2an-1,
∴an+1-an=2(an-an-1)(n≥2),
则数列{an+1-an}是以 a2-a1=2 为首项,2 为公比的等比数列.
(2)由(1)得 an+1-an=2×2n-1=2n,
∴
上述 n-1 个等式相加可得 an-a1==2n-2,
∴an=2n(n∈N*).
1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-1,则其通项公式 an 等于( ).
A.3·2n-1 B.2·3n-1 C.3n-1 D.3n
【解析】当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n-1)-(3n-1-1)=2·3n-1,又 a1=S1=31-1=2 满足 an=2·3n-1,故选 B.
【答案】B
2.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln(1+),则 an 等于( ).
A.2+ln n B.2+(n-1)ln n
C.2+nln n D.1+n+ln n
【解析】(法一)取 n=2,则 a2=a1+ln 2=2+ln 2,排除 C、D;
取 n=3,则 a3=a2+ln(1+)=2+ln 2+ln=2+ln 3,排除 B,选 A.
(法二)∵an+1=an+ln(1+),∴a2-a1=ln(1+)=ln 2,a3-a2=ln(1+)=ln,a4-a3=ln(1+)=ln,…,an-an-1=ln(1+)=ln.
相加得:an-a1=ln 2+ln+…+ln=ln n,
∵a1=2,∴an=2+ln n.
【答案】A
3.若数列{an}中,a1=,且对任意的正整数 p、q 都有 ap+q=apaq,则 an= .
【解析】式中令 p=n,q=1 得 an+1=an·a1=·an,
∴数列{an}是以 a1=为首项,为公比的等比数列,
∴an=.
【答案】
4.在数列{an}中,a1=2,an+1=2an-n+1,n∈N*.
(1)求证:数列{an-n}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式 an.
【解析】(1)由已知得 a1-1=1≠0,由 an+1=2an-n+1 得 an+1-(n+1)=2(an-n),
∴=2,∴{an-n}是首项为 1,公比为 2 的等比数列.
(2)由(1)知:an-n=2n-1,∴an=2n-1+n.
(2013 年·安徽卷)如图,互不相同的点 A1,A2,…,An,…和 B1,B2,…,Bn,…分别在角 O 的两条边上,所有 AnBn 相互平行,且所
有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相等.设 OAn=an.若 a1=1,a2=2.则数列{an}的通项公式是 .
【解析】记 OBn=bn,∠AnOBn=θ.
=-
=|OAn+1||OBn+1|sin θ-|OAn||OBn|sin θ
=sin θ(an+1bn+1-anbn),
又∵=,
∴sin θ(an+1bn+1-anbn)=sin θ(anbn-an-1bn-1),
∴an+1bn+1+an-1bn-1=2anbn. ①
又所有 AnBn 相互平行,则=,=.
对①两边同除以 bn,得 an+1·+an-1·=2an,
即 an+1·+an-1·=2an,
即+=2,
即是等差数列,且公差 d=-=4-1=3.
∴=+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2,
故 an=(n∈N*).
【答案】an=(n∈N*)
1.正项数列{an}中,an+1=,a1=2,则 a4 等于( ).
A. B. C. D.
【解析】由递推关系可得 a2=,a3=,a4=.
【答案】B
2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-1(n∈N*),则 a5 等于( ).
A.-16 B.16 C.31 D.32
【解析】当 n=1 时,a1=1;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),∴an=2an-1,∴数列{an}是首项为 a1=1,公比为 2 的等比数
列,∴a5=a1q4=16.
【答案】B
3.已知数列{an}的通项公式 an=3n-1(n∈N*),通过公式 bn=构造一个新数列{bn},那么{bn}的前五项为 .
【解析】∵an=3n-1(n∈N*),∴an+1=3(n+1)-1=3n+2,∴bn==.
∴b1=,b2=,b3=,b4=,b5=.
【答案】,,,,
4.在数列{an}中,已知 a1=1,且满足 an+1=an+,求数列{an}的通项公式.
【解析】由 an+1=an+,得 an+1=an,即=,∴=,=,=,…,=(n≥2).
将以上各式相乘,得···…·=···…·,即=,
∴an=(n≥2),又 a1=1 满足上式,
∴an=(n∈N*).
5.已知 Sk 表示数列的前 k 项和,且 Sk+Sk+1=ak+1(k∈N*),那么此数列是( ).
A.递增数列 B.递减数列
C.常数列 D.摆动数列
【解析】∵ak+1=Sk+1-Sk=Sk+Sk+1,∴Sk=0(k∈N*),∴此数列每一项均为 0,即 an=0,故选 C.
【答案】C
6.已知数列{an}满足 a1=0,an+1=(n∈N*),则 a20 等于( ).
A.0 B.- C. D.
【解析】∵a1=0,∴a2=-,a3==,a4==0,…
至此可知:数列{an}的各项的值依次为 0,-,,0,-,,0,…,以 3 为周期,即 an=an+3.
∴a20=a2=-.
【答案】B
7.已知数列{an}满足 a1=-1,an+1=an+,n∈N*,则通项公式 an= .
【解析】∵an+1-an==-,∴a2-a1=1-,a3-a2=-,a4-a3=-,…,an-an-1=-,以上各式累加得,an-a1=1-+-+…+-=1-,∴an+1=1-,∴an=-.
【答案】-
8.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.
【解析】∵an+1=2an+1(n∈N*),∴an+1+1=2(an+1),∴{an+1}是以 a1+1=2 为首项,2 为公比的等比数列,∴an+1=2n,即 an=2n-1(n∈N*).
9.对于正项数列{an},定义 Hn=为{an}的“光阴”值,现知某数列的“光阴”值为 Hn=,则数列{an}的通项公式为 an= .
【解析】由 Hn=,
可得 a1+2a2+3a3+…+nan==, ①
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=, ②
由①-②,得 nan=-=,
所以 an==1+.
【答案】1+
10.在数列{an}中,a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*.
(1)求证:数列{an-n}是等比数列;
(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn;
(3)求证:不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N*皆成立.
【解析】(1)由题设 an+1=4an-3n+1,
得 an+1-(n+1)=4(an-n),n∈N*.
又 a1-1=1,所以数列{an-n}是首项为 1,公比为 4 的等比数列.
(2)由(1)可知 an-n=4n-1,于是数列{an}的通项公式为 an=4n-1+n,所以数列{an}的前 n 项和 Sn=+.
(3)对任意的 n∈N*,Sn+1-4Sn=+-4[+]=-(3n2+n-4)=-(3n+4)(n-1)≤0,所以不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N*皆成立.
第 11 课时 前 n 项和 Sn 的求法
1.理解等差数列、等比数列的求和公式.
2.掌握公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等方法.
3.初步利用各种求和方法解决有关数列求和问题.
重点:数列求和的各种方法的理解.
难点:应用数列求和的各种方法解决数列求和问题.
在推导等差数列的前 n 项和公式的时候我们用了倒序相加法,在推导等比数列的前 n 项和公式的时候我们用了错位相减法,
今天,我们一起来看看数列的前 n 项和有哪些求法?
问题 1:公式法:(1)如果一个数列是等差数列或等比数列,则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项和公式,注意等比数列
公比 q 的取值情况要分 q=1 或 q≠1 .
(2)一些常见数列的前 n 项和公式:
①1+2+3+4+…+n= ;
②1+3+5+7+…+2n-1= n2 ;
③2+4+6+8+…+2n= n(n+1) ;
④12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1);
⑤13+23+33+…+n3=n2(n+1)2;
⑥1×2+2×3+…+n×(n+1)=.
问题 2:(1)倒序相加法:如果一个数列{an},首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前 n 项
和即可用倒序相加法.
(2)分组求和法:若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化法,分
别求和而后相加减.
(3)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,等比数列的前 n 项和就是用此法推导的.
(4)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
问题 3:常见的拆项公式有:
(1)= - ;
(2)= (-) ;
(3)= (-) ;
(4)= (-) .
问题 4:若{an}是等差数列,则= (-) ;= (-) .
5~12 世纪,欧洲处于中世纪黑暗时期,数学研究衰退,这时的印度人对数学的热情空前高涨.印度人偏爱计算并喜欢把它们
简化成一些经验公式,这一特点使他们在数列求和方面取得一些可喜成果.在阿耶波多(Aryabata,476-550)的著作中,记载着许
多重要的数列求和公式.如:12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1),至于他是如何推导的,至今还不清楚.
1.1-4+9-16+…+(-1)n+1n2 等于( ).
A. B.-
C.(-1)n+1 D.以上答案均不对
【解析】对 n 赋值验证,只有 C 正确.
【答案】C
2.在数列{an}中,an=,若{an}的前 n 项和为,则项数 n 为( ).
A.2011 B.2012
C.2013 D.2014
【解析】∵an==-,∴Sn=1-==,解得 n=2013.
【答案】C
3.数列 1,1+2,1+2+22,1+2+22+23,…,1+2+22+23+…+2n-1,…的前 n 项和为 .
【解析】由题意得 an=1+2+22+…+2n-1==2n-1,∴Sn=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.
【答案】2n+1-n-2
4.已知数列{an}满足 an=试求其前 n 项和.
【解析】(1)当 n 为奇数时,
Sn=(a1+a3+a5+…+an)+(a2+a4+a6+…+an-1)
=+=·2n+2+-.
(2)当 n 为偶数时,Sn=(a1+a3+a5+…+an-1)+(a2+a4+a6+…+an)
=+=·2n+1++-.
考查分组求和法
求下面数列的前 n 项和 Sn:+,+,+,…,+,….
【方法指导】用分组求和法解题.
【解析】Sn=++++…++
=(++…+)+(++…+)
=+=(1-).
【小结】若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化法,分别求和
而后相加减.
考查错位相减法求和
已知数列{an}中,a1=5 且 an=2an-1+2n-1(n≥2 且 n∈N*).
(1)求证:数列{}为等差数列;
(2)求数列{an-1}的前 n 项和 Sn.
【方法指导】 (1)作差:-后,把 an=2an-1+2n-1 代入;(2)求出 an-1,利用错位相减法求和.
【解析】(1)设 bn=,b1==2.
∴bn-bn-1=-=(an-2an-1+1)
=(2n-1+1)=1.
∴数列{}是首项为 2,公差为 1 的等差数列.
(2)由(1)知,=2+(n-1)×1,
∴an-1=(n+1)·2n,
∴Sn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n, ①
∴2Sn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1, ②
①-②,得-Sn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)·2n+1,
∴Sn=-4-4(2n-1-1)+(n+1)·2n+1,
∴Sn=n·2n+1.
【小结】根据题中条件,利用等差数列的定义来判断数列的属性并求出通项公式,这一方法必须掌握,错位相减法求和方法是
数列求和的常用方法.
考查裂项相消法
已知数列{an}的前 n 项和是 Sn,且 Sn=2an-n(n∈N*).
(1)证明:数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记 bn=,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【方法指导】根据公式法 an=求出通项公式后,利用裂项相消法求和.
【解析】(1)令 n=1,得 a1=2a1-1,由此得 a1=1.
因为 Sn=2an-n,所以 Sn+1=2an+1-(n+1),两式相减得 Sn+1-Sn=2an+1-(n+1)-2an+n,即 an+1=2an+1,
所以 an+1+1=2an+1+1=2(an+1),即=2,
故数列{an+1}是首项为 a1+1=2,公比为 2 的等比数列,
所以 an+1=2·2n-1=2n,
故数列{an}的通项公式是 an=2n-1.
(2) 由(1)得,bn====-,
所以 Tn=b1+b2+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=1-.
【小结】要掌握裂项相消法的本质:裂项是为了消去相同项.
求下列数列的前 n 项和:
(1)1,1+2,1+2+3,…,1+2+3+…+n,…;
(2)1,1+,1++,…,1+++…+,….
【解析】(1)∵an=1+2+3+…+n=n(n+1)=n2+n,
∴Sn=(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)
=×n(n+1)(2n+1)+n(n+1)
=n(n+1)(n+2).
(2)先对通项求和
an=1+++…+=2-,
∴Sn=(2+2+…+2)-(1+++…+)
=2n-(1+++…+)
=2n-2+.
已知数列{an}满足:a1=2,an+1=3an+3n+1-2n(n∈N*).
(1)设 bn=,求证:数列{bn}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
【解析】(1)∵bn+1-bn=-
=-=1,
又 b1=0,∴{bn}是首项为 0,公差为 1 的等差数列,
∴bn=n-1,∴an=(n-1)·3n+2n.
(2)设 Tn=0·31+1·32+…+(n-1)·3n,则
3Tn=0·32+1·33+…+(n-1)·3n+1.
∴-2Tn=32+…+3n-(n-1)·3n+1
=-(n-1)·3n+1,
∴Tn=+=,
∴Sn=Tn+(2+22+…+2n)
=.
求和:(1)+++…+;
(2)+++…+.
【解析】(1)=(-),
∴Sn=(1-+-+-+……+-+-)=(1+--)
=.
(2)=(-)
∴Sn=[(-)+(-)+(-)+…+(-)]=(-)=.
1.若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(3n-2),则 a1+a2+…+a10 等于( ).
A.15 B.12 C.-12 D.-15
【解析】∵an=(-1)n(3n-2),
∴a1+a2+…+a10
=-1+4-7+10-…-25+28
=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.
【答案】A
2.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=则其前 6 项之和是( ).
A.16 B.20 C.33 D.120
【解析】a2=2a1=2,a3=a2+1=3,a4=2a3=6,a5=a4+1=7,a6=2a5=14,
所以 S6=1+2+3+6+7+14=33.
【答案】C
3.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若 a1=2,{an}的“差数列”的通项为 2n,则数列{an}的前 n 项和
Sn= .
【解析】∵an+1-an=2n,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n,∴Sn==2n+1-2.
【答案】2n+1-2
4.求和:1+++…+.
【解析】∵an===2(-)
∴Sn=2[(1-)+(-)+…+(-)]=2(1-)=.
1.(2013 年·陕西卷)观察下列等式
12=1
12-22=-3
12-22+32=6
12-22+32-42=-10
……
照此规律,第 n 个等式可为 .
【解析】设等式右边的数的绝对值构成数列{an},
∵a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n,
以上所有等式相加可得 an-a1=2+3+4+…+n,即 an=1+2+3+…+n=,再观察各式的符号可知第 n 个等式为:12-22+32-42+…+(-
1)n+1n2=(-1)n+1.
【答案】12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1
2.(2013 年·江西卷)正项数列{an}满足:-(2n-1)an-2n=0.
(1)求数列{an}的通项公式 an;
(2)令 bn=,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)由-(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0.
由于{an}是正项数列,所以 an=2n.
(2)由 an=2n,bn=,
则 bn==(-),
Tn=(1-+-+…+-+-)=(1-)=.
1.数列{an}的通项公式 an=,若前 n 项和为 10,则项数为( ).
A.11 B.99 C.120 D.121
【解析】∵an==-,∴Sn=-1=10,∴n=120.
【答案】C
2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列{}的前 100 项和为( ).
A. B. C. D.
【解析】设数列{an}的公差为 d,则 a1+4d=5,S5=5a1+d=15,得 d=1,a1=1,故 an=1+(n-1)×1=n,所以==-,所以 S100=1-+-+…+-=1-=,
故选 A.
【答案】A
3.已知等比数列{an}的首项为 1,若 4a1,2a2,a3 成等差数列,则数列{}的前 5 项和为 .
【解析】设数列{an}的公比为 q,
∵4a1,2a2,a3 成等差数列,
∴4q=4+q2,解得 q=2,
∴数列{}是首项为=1,公比为的等比数列,
∴S5=1++++=.
【答案】
4.已知数列{an}的首项 a1=,且 an+1=,n∈N*.
(1)求证:数列{-1}是等比数列;
(2)令 bn=-1,试求数列{n·bn}的前 n 项和 Sn.
【解析】(1)由已知,得=·+,n∈N*,
∴-1=(-1),n∈N*.
∴数列{-1}是以为公比,为首项的等比数列.
(2)由 bn=-1=(n≥1),
得 Sn=1·b1+2·b2+3·b3+…+(n-1)·bn-1+n·bn
=1·+2·+3·+…+(n-1)·+n·,
∴Sn=1·+2·+3·+…+(n-1)·+n·,
∴Sn=++++…+-n·
=-n·,
∴Sn=(1-)-n·=-.
5.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为( ).
A.2n-1+n2-2 B.2n+n2-2
C.2n+1+n2-2 D.2n+1+n2
【解析】Sn=+=2n+1-2+n2.
【答案】C
6.数列{an}中,已知对任意正整数 n,a1+a2+a3+…+an=2n-1,则+++…+等于( ).
A.(2n-1)2 B.(2n-1)
C.(4n-1) D.4n-1
【解析】∵a1+a2+a3+…+an=2n-1,∴a1+a2+…+an-1=2n-1-1,∴an=2n-2n-1=2n-1,∴=4n-1,∴++…+==(4n-1).
【答案】C
7.已知数列{an}:,+,++,…,+++…+,…,那么数列 bn=的前 n 项和 Sn= .
【解析】由已知条件可得数列{an}的通项公式为
an==,
∴bn===4(-),
∴Sn=4(1-+-+…+-)
=4(1-)=.
【答案】
8.已知数列{an}中 a1=1,an+1=(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn=an·an+1(n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Sn,以及满足 Sn>的最小正整数 n.
【解析】(1)由 a1=1 与 an+1=得 an≠0,
==2+,即-=2 为常数,
所以对任意 n∈N*,{}是首项为 1,公差为 2 的等差数列.
所以=+2(n-1)=2n-1,
所以 an=.
(2)bn=an·an+1==(-),
所以 Sn=b1+b2+…+bn=(1-)+(-)+…+(-)=(1-)=.
由 Sn>,即>,得 n>=502,
所以满足 Sn>的最小正整数 n=503 .
9.数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 a1=1,an+1=3Sn(n=1,2,3,…),则 log4S10= .
【解析】∵an+1=3Sn,∴an=3Sn-1(n≥2),
两式相减得 an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,
∴an+1=4an,即=4.
∴{an}从第二项开始是公比为 4 的等比数列.
当 n=1 时,a2=3S1=3,
∴当 n≥2 时,an=3·4n-2,
S10=a1+a2+…+a10
=1+3+3×4+3×42+…+3×48
=1+3(1+4+…+48)=1+3×=1+49-1=49,
∴log4S10=log449=9.
【答案】9
10.已知{an}是各项均为正的等比数列,且 a1=1,a3a5=64.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn=an+1·log2an+1,求数列{bn}的前 n 项的和 Tn.
【解析】(1)设数列{an}的公比为 q,
由 a3a5=64 可得=64,又 a4>0,
∴a4=8,∴q3==8,故 q=2,∴an=2n-1.
(2)由(1)可知 bn=an+1·log2an+1=n·2n,则
Tn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,①
2Tn=1×22+2×23+…+(n-2)·2n-1+(n-1)·2n+n·2n+1,②
由①-②可得
-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,
故 Tn=(n-1)·2n+1+2.
第二章章末小结
1.数列的基本概念
(1)数列的通项公式:数列{an}中的 第 n 项 与 序号 n 之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式称为这个数列
的通项公式.
(2)数列是一种特殊的函数,其定义域是 正整数集 N* (或 它的有限子集 ),值域是当自变量从小到大依次取值时的对
应值,通项公式可以看作数列的函数解析式.
(3)如果已知数列{an}的第一项(或前几项)及 相邻两项 (或几项)间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫作
这个数列的递推公式.
(4)通项公式 an 与前 n 项和公式 Sn 间的关系:
an=
2.等差数列的相关概念与性质
(1)等差数列的通项公式:等差数列{an}的公差为 d,则其通项公式 an=a1+ (n-1) d = am+( n-m )d,公差
d= = (n≠1,m≠n) .
(2)等差数列的前 n 项和
①等差数列{an}中,前 n 项和 Sn= = na1+ .
②等差数列的前 n 项和 Sn 可以表示为 n 的二次函数 Sn= An2+Bn ,其中 A= ,B= a1- ,我们有时利用这个变形求 Sn 的
最大项.若 Sn=An2+Bn,则数列{}是公差为 的等差数列.
③若等差数列{an}共有 2n 项,则 S2n=n(an+an+1),并且 S 偶-S 奇= nd ,S 偶∶S 奇= an+1∶an ;若等差数列{an}共有 2n+1 项,
则 S2n+1=(2n+1)an+1,并且 S 偶∶S 奇= n∶(n+1) .(S 偶、S 奇分别表示数列的所有偶数项的和与所有奇数项的和)
④设等差数列各项绝对值之和为 Tn,前 n 项和为 Sn,可分以下几种情况求解:
(i)a1>0,d>0, Tn=Sn ;
(ii)a1<0,d<0, Tn=-Sn ;
分段处理.
(3)等差数列的性质
已知等差数列{an}的公差为 d,则
①若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则 am+an=ap+aq .
②=k,则 am+an=2ak (m,n,k∈N*).
③{an}是有穷等差数列,则与首末两项等距离的两项之和都相等,且等于首末两项之和,即 a1+an=a2+an-1=….
④数列{λan+b}(λ、b 是常数)是公差为 λd 的等差数列.
⑤下标成等差数列且公差为 m 的项 ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)组成公差为 md 的等差数列.
⑥若 bn 是公差为 m 的等差数列,则{an±bn}也成等差数列,其公差为 d±m.
⑦若{an}是等差数列,则 a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9,…仍成等差数列.
3.等比数列的相关概念与性质
(1)等比数列的概念
①等比数列{an}的公比为 q,则其通项公式为 an= a1qn-1 .
②已知等比数列{an}的公比为 q,则= qn-m ,所以 an= am·qn-m .
③已知 a,G,b 成等比数列,则 G 叫作 a,b 的等比中项,其中 G= ± ,a,b 必须 同号 .
④当 a1>0,q>1 或 a1<0,00,01 时,数列{an}为 递减数列 ;当 q=1
时,数列{an}为 常数列 ;当 q<0 时,数列{an}为 摆动数列 .
(2)等比数列的前 n 项和
①如果数列{an}是公比为 q 的等比数列,那么它的前 n 项和公式是:
当 q≠1 时,Sn= = ;当 q=1 时,Sn= na1 .
在使用等比数列前 n 项和公式时应注意对公比 q=1 或 q≠1 进行判断和讨论.
②数列{an}的前 n 项和 Sn=an-1(a≠0,a≠1),则{an}为 等比 数列.
③在等比数列中,若项数为 2n(n∈N*),S 偶与 S 奇分别为偶数项与奇数项的和,则 S 偶÷S 奇=q.
④若{an}是公比为 q 的等比数列,前 n 项和为 Sn,则 Sn+m= Sn+qn·Sm .
(3)等比数列的性质
①已知等比数列{an}的公比为 q,则
(i)若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则 am·an=ap·aq .
(ii)=k,则 am ·an = (m,n,k∈N*).
(iii){an}是有穷等比数列,则与首末两项等距离的两项之积都相等,且等于首末两项之积,即 a1·an=a2·an-1=….
(iv)数列{λan}(λ 是常数且不为零)是公比为 q 的等比数列.
(v)下标成等差数列且公差为 m 的项 ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)组成公比为 qm 的等比数列.
(vi)若{bn}也为等比数列,则{an·bn},{}也成等比数列;
在等比数列{an}中,Sn 是它的前 n 项和.如果 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…中各项都不为零,则 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…为 等比数列 ,
且公比为 qm .
在等比数列{an}中,Sn 是它的前 n 项和,则 Sn=A·qn+B,其中 A,B 满足: A+B=0 .
4.等差、等比数列的求和
数列求和的常见方法: 累加法 、 累乘法 、 公式求和法 、 倒序相加法 、 裂项相消法 、 错位相减
法 、 分组求和法 等.
题型一:通过递推公式求通项公式
已知数列{an}中,a1=5,a2=2,an=2an-1+3an-2(n≥3),对这个数列的递推公式作研究,能否写出它的通项公式?
【方法指导】观察递推公式特征,对递推公式进行变形,结合两种变形求通项公式.
【解析】由 an=2an-1+3an-2 得:an+an-1=3(an-1+an-2)以及 an-3an-1=-(an-1-3an-2).
所以 an + an-1 = 3n-2(a2 + a1 ) = 3n-2×7,
an-3an-1=(-1)n-2(a2-3a1)=(-1)n-1×13,
由以上两式得 4an=3n-1×7+(-1)n-1×13.
所以数列的通项公式是 an=[3n-1×7+(-1)n-1×13].
【小结】递推公式不但是表示数列的一种方法,而且与通项公式联系密切.利用递推公式可以发现数列各项排列的规律,从而
可以借此获取通项公式.
题型二:等差数列及其性质的考查
数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 与 an 之间满足 an=(n≥2).
(1)求证:数列{}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
【方法指导】(1)由 an=Sn-Sn-1 进行变形,构造出数列{},利用等差数列定义易证;(2)由 an=易解.
【解析】(1)∵当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1,
∴Sn-Sn-1=,
∴(Sn-Sn-1)(2Sn-1)=2.
∴-=2,==1.
∴{}是以=1 为首项,2 为公差的等差数列.
(2)由(1)知,=+(n-1)×2=2n-1,
∴Sn=,
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-
=-.
∴an=
【小结】(1)紧紧抓住等差数列的定义证明.
(2)利用 Sn 求通项公式时要注意讨论 n=1 和 n≥2 两种情况.
题型三:等比数列及其性质的考查
已知数列{an}的首项 a1=,an+1=,n=1,2,3,….
(1)证明:数列{-1}是等比数列;
(2)若 bn=,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
【方法指导】首先观察递推公式并变形取倒,然后将{bn}前 n 项和求解转化为{-1}的前 n 项求和,最后利用两数列的关系求
Sn.
【解析】(1)∵an+1=,
∴==+·,
∴-1=(-1),又 a1=,∴-1=,
∴数列{-1}是以为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)知,设数列{-1}的前 n 项和为 Tn,
则 Tn==1-()n,
∴Sn=Tn+n=n+1-()n.
【小结】等比数列前 n 项和的求解,往往伴随着性质的使用.对于数列本身不是等差或等比数列时,可以考虑通过转化来达到
目的.
题型四:等差数列、等比数列的综合考查
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=且 Sn=Sn-1+an-1+,数列{bn}满足 b1=-且 3bn-bn-1=n(n≥2 且 n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)求证:数列{bn-an}为等比数列;
(3)求{bn}前 n 项和的最小值.
【方法指导】(1)由数列的前 n 项和 Sn 与通项 an 之间的关系求出通项;(2)根据递推关系证明数列{bn-an}为等比数列;(3)由项
的正负确定前 n 项和的最小值.
【解析】(1)由 Sn=Sn-1+an-1+得:
an=an-1+,即 an-an-1=,
∴an=a1+(n-1)d=n-.
(2)∵3bn-bn-1=n,∴bn=bn-1+n,
∴bn-an=bn-1+n-n+=bn-1-n+=(bn-1-n+),
bn-1-an-1=bn-1-(n-1)+=bn-1-n+.
∴由上面两式得=.
又 b1-a1=--=-30,
∴数列{bn-an}是以-30 为首项,为公比的等比数列.
(3)由(2)得 bn-an=-30×()n-1,∴bn=an-30×()n-1=n--30×()n-1,
bn-bn-1=n--30×()n-1-(n-1)++30×()n-2=+30×()n-2(1-)=+20×()n-2>0,∴{bn}是递增数列.
当 n=1 时,b1=-<0;当 n=2 时,b2=-10<0;当 n=3 时,b3=-<0;当 n=4 时,b4=->0,所以从第 4 项起的各项均大于 0,故前 3 项之和最小.
且 S3=(1+3+5)-30-10-=-41.
【小结】利用配方法、单调性法求数列的最值.
题型五:非等差数列或等比数列的求和的考查
已知数列{an}的首项 a1=1,且点 An(an,an+1)在函数 y=的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足 an·bn=2n,求数列{bn}的前 n 项和 Sn 的值.
【方法指导】(1)代入函数式得到递推公式,推出{}是等差数列并求出通项;(2)运用错位相减法求和.
【解析】(1)由 An(an,an+1)在 y=的图象上,
得 an+1=且 a1=1,
∴=1+,即-=1.
∴{}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.
∴=1+(n-1)×1=n,∴an=.
(2)由 an·bn=2n,得 bn=·2n=n·2n,
∴Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,
2Sn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
∴Sn-2Sn=21+22+23+…+2n-n·2n+1,
∴-Sn=2(2n-1)-n·2n+1.
∴Sn=(n-1)2n+1+2.
【小结】会通过转化,利用等差或等比数列的知识求数列的通项;注意错位相减求和方法的应用.
题型六:函数与数列的综合
设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,对任意的 n∈N*,都有 Sn=(m+1)-man(m 为常数,且 m>0).
(1)求证:数列{an}是等比数列;
(2)设数列{an}的公比 q=f(m),数列{bn}满足 b1=2a1,bn=f(bn-1),(n≥2,n∈N*),求数列{bn}的通项公式;
(3)在满足(2)的条件下,求数列{}的前 n 项和 Tn.
【方法指导】(1)由数列的前 n 项和 Sn 与通项 an 之间的关系求出 an 与 an-1 之间的关系,进而得到公比,证明数列是等比数
列;(2)利用公比得到数列的倒数列成等差数列,求出 bn;(3)用错位相减法求和.
【解析】(1)当 n=1 时,a1=S1=(m+1)-ma1,解得 a1=1.
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=man-1-man,即(1+m)an=man-1.
又 m 为常数,且 m>0,∴=(n≥2).
∴数列{an}是首项为 1,公比为的等比数列.
(2)由(1)得,q=f(m)=,b1=2a1=2.
∵bn=f(bn-1)=,∴=+1,即-=1(n≥2).
∴{}是首项为,公差为 1 的等差数列.
∴=+(n-1)·1=,即 bn=(n∈N*).
(3)由(2)知 bn=,则=2n(2n-1),
∴Tn=+++…++,
即 Tn=21×1+22×3+23×5+…+2n-1×(2n-3)+2n×(2n-1), ①
则 2Tn=22×1+23×3+24×5+…+2n×(2n-3)+2n+1×(2n-1), ②
②-①得 Tn=2n+1×(2n-1)-2-23-24-…-2n+1,
故 Tn=2n+1×(2n-1)-2-=2n+1×(2n-3)+6.
【小结】 本题主要从三个层面对考生进行了考查.第一,知识层面:考查等差数列、等比数列、函数等基础知识.第二,能力
层面:考查思维、运算、分析问题和解决问题的能力.第三,数学思想:考查方程、分类与整合、化归与转化等数学思想.
题型七:数列的实际应用
某旅游公司年初用 98 万元购买一艘游艇,第一年各种费用 12 万元,以后每年都增加 4 万元,每年旅游收益 50 万元.
(1)问第几年开始获利?
(2)若干年后,有两种处理方案:
①年平均获利最大时,以 26 万元出售该游艇;
②总纯收入获利最大时,以 8 万元出售该游艇.
问哪种方案合算.
【方法指导】先根据题意,建立数学模型,然后利用等差数列知识求解.
【解析】(1)由题设知每年费用构成以 12 为首项,4 为公差的等差数列,设纯收入与年数的关系为 f(n).
∴f(n)=50n-[12+16+…+(8+4n)]-98=40n-2n2-98.
获利即为 f(n)>0,即 n2-20n+49<0,
解之得 10-1,a4>3,S3≤9,设 bn=,则使 b1+b2+…+bn<成立的最大 n
值为( ).
A.97 B.98 C.99 D.100
【解析】因为 S3=3a2≤9,即 a2≤3,且 a1>1,a4>3,首项 a1 及公差 d 为整数,所以可得 a1=2,d=1,所以 an=n+1,所以
bn==-,b1+b2+…+bn=1-+-+…+-=1-=,所以使<成立的最大 n 值为 98.故选 B.
【答案】B
二、填空题
13.Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S2=S6,a4=1,则 a5= .
【解析】由题意知
解得∴a5=a4+d=1+(-2)=-1.
【答案】-1
14.一个等比数列的前 5 项和为 10,前 10 项和为 50,则前 15 项的和与前 10 项之和的比值为 .
【解析】设前 n 项和为 Sn,则(S10-S5)2=S5(S15-S10),即(50-10)2=10(S15-50),故 S15=210,故==.
【答案】
15.秋末冬初,流感盛行,荆门市某医院近 30 天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an},已知 a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-
1)n(n∈N*),则该医院 30 天内入院治疗流感的人数为 .
【解析】∵an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),∴n 为奇数时,an+2=an,n 为偶数时,an+2-an=2,即数列{an}的奇数项为常数列,偶数项构成以 2
为首项,2 为公差的等差数列.故这 30 天内入院治疗流感人数为 15+(15×2+×2)=255.
【答案】255
16.已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列{}的前 n 项和 Sn= .
【解析】∵a4=a1q3,即 81=3q3,∴q=3,
∴an=3n,∴bn=log3an=n,
令 cn=,则 cn==-,
∴{cn}的前 n 项和 Sn=c1+c2+…+cn=(1-)+(-)+…+(-)=.
【答案】
三、解答题
17.已知数列{an}是一个等差数列,且 a2=1,a5=-5.
(1)求数列{an}的通项 an;
(2)求数列{an}前 n 项和 Sn 的最大值.
【解析】(1)设{an}的公差为 d,由已知条件
解出 a1=3,d=-2.
所以 an=a1+(n-1)d=-2n+5.
(2)Sn=na1+d=-n2+4n=4-(n-2)2,
所以 n=2 时,Sn 取到最大值 4.
18.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a3=5,S15=225.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn=+2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn .
【解析】(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,
由题意得
解得
∴an=2n-1.
(2)bn=+2n=·4n+2n,
∴Tn=b1+b2+…+bn=(4+42+…+4n)+2(1+2+…+n) =+n2+n=·4n+n2+n-.
19.在数列{an}中,a1=2,an=2an-1+2n+1(n≥2).
(1)求证:数列{}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)∵an=2an-1+2n+1(n≥2),∴an-2an-1=2n+1,两边同除以 2n 得-=2,
∴{}是以=1 为首项,2 为公差的等差数列.
(2)由(1)得:=1+(n-1)×2=2n-1,
即 an=2n(2n-1).
20.已知等差数列{an}中,首项 a1=1,公差 d 为整数,且满足 a1+3a4,数列{bn}满足 bn=,其前 n 项和为 Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若 S2 为 S1,Sm(m∈N*)的等比中项,求正整数 m 的值.
【解析】(1)由题意解得
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