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第四章　數　列
一、等差與等比數列的基本運算
1．數列的基本運算以小題居多，但也可作為解答題第一步命題，主要考查利用數列的通項公式及求和公式，求數列中的項、公差、公比及前n項和等，一般試題難度較小．
2．通過等差、等比數列的基本運算，培養數學運算、邏輯推理等核心素養．
例1　在等比數列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若a3，a5分別為等差數列{bn}的第3項和第5項，試求數列{bn}的通項公式及前n項和Sn.
跟蹤訓練1　(1)設數列{an}是以2為首項，1為公差的等差數列，是以1為首項，2為公比的等比數列，則＝________.
(2)記正項等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2a3＝S5.
①求數列{an}的通項公式；
②已知等比數列{bn}滿足b1＝a1，b2＝a2，若bm＝a782，求數列{bn}的前m項和Tm.
二、等差、等比數列的判定
1．判斷等差或等比數列是數列中的重點內容，經常在解答題中出現，對給定條件進行變形是解題的關鍵所在，經常利用此類方法構造等差或等比數列．
2．通過等差、等比數列的判定與證明，培養邏輯推理、數學運算等核心素養．
例2　已知數列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判斷數列{bn}是否為等比數列，并說明理由；
(3)求數列{an}的通項公式．
反思感悟　判斷和證明數列是等差(比)數列的方法
(1)定義法：對于n≥1的任意自然數，驗證an＋1－an為與正整數n無關的常數．
(2)中項公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等差數列．②若a＝an－1·an＋1 (n∈N*，n≥2且an≠0)，則{an}為等比數列．
(3)通項公式法：an＝kn＋b(k，b是常數) {an}是等差數列；an＝c·qn(c，q為非零常數) {an}是等比數列．
(4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數，n∈N*) {an}是等差數列；Sn＝Aqn－A(A，q為常數，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是公比不為1的等比數列．
跟蹤訓練2　已知數列{an}滿足a1＝，且當n>1，n∈N*時，有＝.
(1)求證：數列為等差數列；
(2)試問a1a2是否是數列{an}中的項？如果是，是第幾項？如果不是，請說明理由．
三、數列的通項
1．數列的通項公式的求法在考查中也經常涉及．在命題中，多以遞推公式的形式或與Sn的關系給出條件，然后通過構造等差數列或等比數列，求出通項公式an，題型多以解答題形式出現，難度偏小或中等．
2．通過通項公式的求法，培養數學運算、邏輯推理等核心素養．
例3　在數列{an}中，a1＝1，且對于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，求數列{an}的通項公式．
反思感悟　求數列通項的常用方法
(1)由Sn與an的關系求通項公式：當n≥2且n∈N*時，an＝Sn－Sn－1；當n＝1時，a1＝S1.
(2)累加法：適用形如“an＋1－an＝f(n)”，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：適用于形如“＝f(n)”，
an＝a1···…·.
(4)構造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b為常數，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an＋t＝k(an－1＋t)，結合已知條件可得t＝，構造等比數列.
②取倒數法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均為常數，m≠0)”，可在等式兩邊取倒數，轉化為等差數列或轉化為類型①.
跟蹤訓練3　設數列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，且Sn滿足2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.求數列{an}的通項公式．
四、數列求和
1．數列求和一直是考查的熱點，在命題中，多以與不等式的證明或求解相結合的形式出現．一般數列的求和，主要是將其轉化為等差數列或等比數列的求和問題，題型多以解答題的形式出現，難度中等．
2．通過數列求和，培養數學運算、邏輯推理等核心素養．
例4　已知數列{an}是遞增的等差數列，a3＝7，且a4是a1與a13的等比中項．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝an·2n.從上面三個條件中任選一個，求數列{bn}的前n項和Tn.
跟蹤訓練4　在公差不為零的等差數列{an}中，已知其前n項和為Sn，若S8＝S5＋45，且a4，a7，a12成等比數列．
(1)求數列{an}的通項公式an；
(2)當bn＝時，求數列{bn}的前n項和Tn.
五、數列的綜合應用與創新問題
1．數列本身是一類特殊的函數，高考命題中常將數列與一次函數、指數函數、三角函數、不等式等知識綜合在一起，在知識的交匯處命題，或與數陣、點列結合命題一些創新性問題．同時，以實際問題和古代數學問題為背景的數列題也時有出現，難度中等或以上．
2．通過此類問題，綜合考查抽象、數學建模、邏輯推理、數學運算等數學核心素養．
例5　分形幾何學又被稱為“大自然的幾何學”，是一門以不規則幾何形態為研究對象的幾何學．一個數學意義上分形的生成是基于一個不斷迭代的方程式，即一種基于遞歸的反饋系統，簡單的說，分形就是研究無限復雜具備相似結構的幾何學．下面我們用分形的方法來得到一系列圖形，如圖1，正三角形的邊長為1，在各邊取兩個三等分點，往外再作一個正三角形，得到圖2中的圖形；對圖2中的各邊做相同的操作，得到圖3中的圖形；依此類推，我們就得到了以下一系列圖形，記第n個圖形(圖1為第一個圖形)中的所有外圍線段長的和為cn，則滿足c1＋c2＋c3＋…＋cn>81的最小正整數n的值為______．(參考數據：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
反思感悟　此類題目不僅考查學生對基本知識和技能的掌握情況，同時也考查學生的數學應用意識．
跟蹤訓練5　南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》中討論過高階等差數列與一般等差數列的不同，前后兩項之差并不相等，而是逐項差數之差或者高次差相等．例如“百層球堆垛”：第一層有1個球(a1＝1)，第二層有3個球(a2＝3)，第三層有6個球(a3＝6)，第四層有10個球(a4＝10)，第五層有15個球(a5＝15)，…，各層球數之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，…，即2,3,4,5，…是等差數列．現有一個高階等差數列，其前6項分別為1,3,6,12,23,41，則該數列的第8項為(　　)
A．51 B．68 C．106 D．157
章末復習課
例1　解　(1)設數列{an}的公比為q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，
所以an＝2×2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，則b3＝8，b5＝32.
設數列{bn}的公差為d，
則有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N*.
所以數列{bn}的前n項和
Sn＝
＝6n2－22n，n∈N*.
跟蹤訓練1　(1)1 033
解析　∵數列{an}是以2為首項，
1為公差的等差數列，
∴an＝2＋×1＝n＋1，
∵是以1為首項，2為公比的等比數列，
∴bn＝1×2n－1＝2n－1，
∴＝2n－1＋1，
∴＝＋10＝1 033.
(2)解　①設等差數列{an}的公差為d，
∵a1＝1，a2a3＝S5，
∴(1＋d)(1＋2d)＝5＋，
解得d＝－或d＝4.
∵d>0，∴d＝4，
∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3.
②由①知a2＝5，
∴b1＝a1＝1，b2＝a2＝5，
∴等比數列{bn}的公比q＝＝5，
∴bn＝b1qn－1＝5n－1.
由bm＝a782，得5m－1＝4×782－3，
解得m＝6，
∴Tm＝T6＝＝3 906.
例2　解　(1)由條件可得an＋1＝an.
將n＝1代入，得a2＝4a1＝4.
將n＝2代入，得a3＝3a2＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首項為1，
公比為2的等比數列．理由如下：
由條件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以{bn}是首項為1，
公比為2的等比數列．
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以an＝n·2n－1，n∈N*.
跟蹤訓練2　(1)證明　當n≥2時，
由＝，
得an－1－an＝4an－1an，
兩邊同除以an－1an，
得－＝4.
所以數列是首項為＝5，
公差為d＝4的等差數列．
(2)解　由(1)得＝＋(n－1)d＝4n＋1，
所以an＝，
所以a1a2＝×＝，
假設a1a2是數列{an}中的第t項，
則at＝＝，
解得t＝11∈N*，
所以a1a2是數列{an}中的第11項．
例3　解　對于任意的m，n∈N*，
都有am＋n＝am＋an＋mn，
令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，
則an＋1－an＝n＋1，
∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋3＋4＋…＋n，
即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
又a1＝1，
∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
跟蹤訓練3　解　當n≥2時，
2Sn＝(n＋1)an,2Sn－1＝nan－1，
兩式相減得，2an＝(n＋1)an－nan－1，
整理可得＝，
而＝2，所以是首項為2，
公比為1的等比數列，
故＝2，即an＝2n，n∈N*.
例4　解　(1)∵{an}是遞增的等差數列，∴數列{an}的公差d>0.
由題意得
可得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)選①時，an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3.
bn＝＝
＝
＝－(－)，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－×[(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝.
選②時，bn＝an＋2n＝(2n＋1)＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＋(21＋22＋23＋…＋2n)＝＋＝n2＋2n＋2n＋1－2.
選③時，bn＝an·2n＝(2n＋1)·2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n，則2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，兩式作差得－Tn＝3×21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)·2n＋1＝6＋－(2n＋1)·2n＋1＝(－2n＋1)·2n＋1－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
跟蹤訓練4　解　(1)設等差數列{an}的公差為d(d≠0)，
由等差數列的性質可得
S8－S5＝a6＋a7＋a8＝3a7＝45，
解得a7＝15，
又a4，a7，a12成等比數列，
所以a＝a4a12
＝(a7－3d)(a7＋5d)，
整理得2da7＝15d2，
因為d≠0，a7＝15，
所以d＝2，
所以an＝a7＋(n－7)d＝2n＋1.
(2)由(1)可得a1＝3，
則Sn＝＝n(n＋2)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝
＝－.
例5　9
解析　由題意知每個圖形中每條線段的長度相等．
設第n個圖形中線段的長度為an，
則an＝n－1，
設第n個圖形中線段的條數為bn，
則bn＝3×4n－1，
∴cn＝anbn＝3×n－1，
則c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝
＝9×，
令9×>81，
得n>10，
則n>＝≈8.006，
即滿足不等式的最小正整數n的值為9.
跟蹤訓練5　C　[現有一個高階等差數列，其前6項分別為1,3，6,12,23,41，
各項與前一項之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，a6－a5，…，
即2,3,6,11,18，…，
3－2,6－3,11－6,18－11，…，
即1,3,5,7，…是等差數列，
所以a7＝41＋(18＋9)＝68，
a8＝68＋(18＋9＋11)＝106.]

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