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第五章章末小結
【知識導圖】
【題型探究】
題型1 已知Sn求an
例1　(2021年新高考Ⅱ卷)記Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和,若a3=S5,a2a4=S4.
(1)求數列{an}的通項公式an;
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
【解析】　(1)由等差數列的性質可得S5=5a3,則a3=5a3,所以a3=0.
設等差數列{an}的公差為d,從而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
從而-d2=-2d,由于公差不為零,故d=2,
所以數列{an}的通項公式an=a3+(n-3)d=2n-6.
(2)由數列的通項公式可得a1=2-6=-4,則Sn=n×(-4)+×2=n2-5n,
則不等式Sn>an,即n2-5n>2n-6,整理可得(n-1)(n-6)>0,
解得n<1或n>6,
又n為正整數,故n的最小值為7.
小結　(1)若已知數列的前n項和Sn與an的關系,求數列{an}的通項公式an可用公式an=求解.
(2)求Sn的最小值,若可以求出Sn的表達式,可以根據函數的性質求出Sn的最小值;若求不出Sn的表達式,可以根據鄰項變號法求最小值,計算量小,如本題的法二,是該題的最優解.
題型2 等差、等比數列的性質
例2　(2022年浙江卷) 已知等差數列{an}的首項a1=-1,公差d>1.記{an}的前n項和為Sn(n∈N+).
(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;
(2)若對于每個n∈N+,存在實數cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數列,求d的取值范圍.
【解析】　(1)因為S4-2a2a3+6=0,a1=-1,
所以-4+6d-2(-1+d)(-1+2d)+6=0,所以d2-3d=0,又d>1,
所以d=3,所以an=3n-4,所以Sn==.
(2)因為an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數列,
所以(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),
即(nd-1+4cn)2=(-1+nd-d+cn)(-1+nd+d+15cn),
整理得+(14d-8nd+8)cn+d2=0,
由題意知該關于cn的一元二次方程有解,
所以Δ=(14d-8nd+8)2-4d2≥0,
所以(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥0對于任意的n∈N+恒成立,
所以[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]≥0對于任意的n∈N+恒成立,
當n=1時,[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]=(d+1)(d+2)≥0,恒成立;
當n=2時,由(2d-2d-1)(4d-3d-2)≥0,可得當1當n≥3時,[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]>(n-3)(2n-5)≥0,恒成立.
綜上所述,d的取值范圍是1小結　在等差(比)數列的通項公式an與前n項和公式Sn中,共涉及五個量:a1,an,n,d(q),Sn,其中a1和d(q)為基本量,“知三求二”是指將已知條件轉換成關于a1,d(q),an,Sn,n的方程組,利用方程的思想求出需要的量,當然在求解中若能運用等差(比)數列的性質會更好,這樣可以化繁為簡,減少運算量,同時還要注意整體代入方法的運用.
題型3 　裂項相消法求和
例3　(2022年新高考全國Ⅰ卷)記Sn為數列{an}的前n項和,已知a1=1,是公差為的等差數列.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)證明:++…+<2.
【解析】　(1)∵a1=1,∴S1=a1=1,∴=1.
又∵是公差為的等差數列,
∴=1+(n-1)=,∴Sn=,
∴當n≥2時,Sn-1=,
∴an=Sn-Sn-1=-,
整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即=,
∴an=a1···…··=1×××…··=,
顯然對于n=1也成立,∴數列{an}的通項公式為an=.
(2)∵==2-,
∴++…+=21-+-+…+-=21-<2.
小結　本題主要考查了數列的基本題型,由Sn求an,等比數列的定義、通項公式和裂項相消法求和,對于由等差數列連續兩項乘積的倒數構成的新數列的前n項和的求法為裂項相消法.本題考查了數學抽象、邏輯推理和數學運算的核心素養.
題型4 　等差數列、等比數列的證明
例4　已知數列{an}的各項均為正數,記Sn為{an}的前n項和,從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另外一個成立.
①數列{an}是等差數列;②數列{}是等差數列;③a2=3a1.
方法指導　首先確定條件和結論,然后結合等差數列的通項公式和前n項和公式證明結論即可.
【解析】　若選擇①③為條件,則②為結論.
證明如下:
由題意可得a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,
數列{an}的前n項和Sn=na1+d=na1+×2a1=n2a1,
故-=n-(n-1)=,
∴數列{}是等差數列.
若選擇①②為條件,則③為結論.
證明如下:
設數列{an}的公差為d,則
=,==,==,
∵數列{}為等差數列,∴+=2,即(+)2=(2)2,整理得d=2a1,∴a2=a1+d=3a1.
若選擇②③為條件,則①為結論.
證明如下:
∵S2=a1+a2=4a1,∴=2,
則數列{}的公差d=-=,
∴數列{}的通項公式為=+(n-1)d=n,
∴當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
∵當n=1時上式也成立,∴數列{an}的通項公式為an=(2n-1)a1,
由an+1-an=[2(n+1)-1]a1-(2n-1)a1=2a1,可知數列{an}是等差數列.
小結　本題主要考查等差數列的判定與證明,等差數列的通項公式,等差數列的前n項和公式等知識,提升學生邏輯推理和數學運算的核心素養.證明數列是等差數列的主要方法:
(1)定義法:對于n≥2的任意自然數,驗證an-an-1為同一常數.
(2)等差中項法:驗證2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N+)都成立.
(3)通項公式:an=pn+q(p,q為常數) {an}是等差數列.
(4)前n項和公式:Sn=An2+Bn(A,B為常數) {an}是等差數列.
問題的最終判定還是利用等差數列的定義.
題型5 　錯位相減法求和
例5　(2022年天津卷)設{an}是等差數列,{bn}是等比數列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.
(1)求{an}與{bn}的通項公式.
(2)設{an}的前n項和為Sn,求證:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)求[ak+1-(-1)kak]bk.
【解析】　(1)設數列{an}的公差為d,數列{bn}的公比為q,則an=1+(n-1)d,bn=qn-1,
由a2-b2=a3-b3=1,可得解得d=q=2(d=q=0舍去),
所以an=2n-1,bn=2n-1.
(2)因為bn+1=2bn≠0,所以要證(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn,
即證(Sn+1+an+1)bn=Sn+1·2bn-Snbn,
即證Sn+1+an+1=2Sn+1-Sn,
即證an+1=Sn+1-Sn,而an+1=Sn+1-Sn顯然成立,
所以(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)因為[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k-1+[a2k+1-(-1)2ka2k]b2k=(4k-1+4k-3)·22k-2+[4k+1-(4k-1)]·22k-1=2k·4k,
所以[ak+1-(-1)kak]bk=[(a2k-(-1)2k-1a2k-1)·b2k-1+(a2k+1-(-1)2ka2k)b2k]=2k·4k.
設Tn=2k·4k,所以Tn=2×4+4×42+6×43+…+2n·4n,?、?br/>則4Tn=2×42+4×43+6×44+…+2n·4n+1,　②
①-②,得-3Tn=2(4+42+43+44+…+4n)-2n·4n+1=-2n·4n+1=,
所以Tn=,所以[ak+1-(-1)kak]bk=.
小結　本題考查等比數列通項公式基本量的計算、等差中項的性質,以及錯位相減法求和.如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的,那么這個數列的前n項和可用錯位相減法求解.本題考查了數學運算和邏輯推理的核心素養.
題型6 　分組轉化求和法
例6　(2022年北京卷)已知數列{an}的各項均為正數,其前n項和Sn滿足an·Sn=9(n=1,2,…).給出下列四個結論:①{an}的第2項小于3;②{an}為等比數列;③{an}為遞減數列;④{an}中存在小于的項.其中所有正確結論的序號是　　　　.
【答案】?、佗邰?br/>【解析】　由題意可知, n∈N+,an>0,
當n=1時,=9,解得a1=3;
當n≥2時,由Sn=可得Sn-1=,兩式作差可得an=-,
所以=-an,所以-a2=3,整理可得+3a2-9=0,解得a2=或a2=(舍去),
所以a2=<3,①正確;
假設數列{an}為等比數列,設其公比為q,則=a1a3,即2=,
所以=S1S3,可得(1+q)2=(1+q+q2),解得q=0,不合題意,
故數列{an}不是等比數列,②錯誤;
當n≥2時,an=-=>0,可得an假設對任意的n∈N+,an≥,則S100000≥100000×=1000,
所以a100000=≤<,與假設矛盾,假設不成立,④正確.
小結　本題主要考查數列的遞推式,數列的求和,提升學生數學運算和邏輯推理的核心素養.
1.若數列{cn}的通項公式為cn=an±bn,且{an},{bn}為等差數列或等比數列,則可采用分組求和法求數列{cn}的前n項和.
2.若數列{cn}的通項公式為cn=其中數列{an},{bn}是等比數列或等差數列,則可采用分組求和法求{cn}的前n項和.
題型7 　數列的單調性
例7　(2022年全國甲卷)記Sn為數列{an}的前n項和.已知+n=2an+1.
(1)證明:{an}是等差數列.
(2)若a4,a7,a9成等比數列,求Sn的最小值.
【解析】　(1)由已知得2Sn+n2=2nan+n,?、?br/>把n換成n+1,得2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+n+1,?、?br/>②-①可得2an+1=2(n+1)an+1-2nan-2n,
整理得an+1=an+1,
由等差數列的定義得{an}為等差數列.
(2)由已知有=a4a9,設等差數列{an}的首項為x,由(1)知其公差為1,
故(x+6)2=(x+3)(x+8),解得x=-12,故a1=-12,
所以an=-12+(n-1)×1=n-13,
故可得a10,
故Sn在n=12或者n=13時取最小值,S12=S13==-78,
故Sn的最小值為-78.
小結　本題考查數列與函數思想的綜合應用.本題考查了數學抽象、邏輯推理和數學運算的核心素養.
題型8 　數列的實際應用
例8　某市去年11月份曾發生流感,據統計,11月1日該市新的流感病毒感染者有20人,此后,每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人,由于該市醫療部門采取措施,使該種病毒的傳播得到控制,從某天起,每天的新感染者平均比前一天的新感染者減少30人,到11月30日止,該市在這30日內感染該病毒的患者總共8670人,問11月幾日,該市感染此病毒的新患者人數最多 并求這一天的新患者人數.
方法指導　先設出第n天新患者人數最多,由題意分析出前n天流感病毒感染人數構成一個等差數列,后(30-n)天也構成一個等差數列,由等差數列前n項和公式計算.
【解析】　設第n天新患者人數最多,則從(n-1)天起該市醫療部門采取措施,于是前n天流感病毒感染者總人數,構成一個首項為20,公差為50的等差數列的前n項和,設為Sn,則Sn=20n+×50=25n2-5n(1≤n≤30,n∈N+).而后(30-n)天的流感病毒感染者總人數構成一個首項為20+(n-1)×50-30=50n-60,公差為-30,項數為30-n的等差數列的和,設為Tn,則Tn=(30-n)(50n-60)+×(-30)=-65n2+2445n-14850,依題設構建方程Sn+Tn=8670,所以25n2-5n+(-65n2+2445n-14850)=8670,化簡得n2-61n+588=0,所以n=12或n=49(舍去).第12天的新的患者人數為20+(12-1)×50=570.故11月12日,該市感染此病毒的新患者人數最多,新患者人數為570.
小結　對于數列的實際應用問題,要弄清把哪些量排成一個數列,并判斷出數列的類型,寫出數列的基本量,判斷所求是數列的某一項還是前n項和.本題考查了數學建模和數學運算的核心素養.
【拓展延伸】
斐波那契數列的應用
斐波那契數列在自然科學的其他分支,也有許多應用.例如,樹木的生長,由于新生的枝條,往往需要一段“休息”時間,供自身生長,而后才能萌發新枝,
所以一株樹苗在一段間隔,例如一年以后長出一條新枝;第二年新枝“休息”,老枝依舊萌發;此后,老枝與“休息”過一年的枝條同時萌發,當年新生的新枝則次年“休息”.這樣,一株樹木各個年份的枝丫數,便構成斐波那契數列.這個規律就是生物學上著名的“魯德維格定律”.
另外,觀察延齡草、野玫瑰、南美血根草、大波斯菊、金鳳花、耬斗菜、百合花、蝴蝶花的花瓣,可以發現它們花瓣數目也具有斐波那契數:3,5,8,13,21,….
斐波那契螺旋具有13條順時針旋轉和21條逆時針旋轉的螺旋的薊的頭部,這些植物懂得斐波那契數列嗎 應該并非如此,它們只是按照自然的規律才進化成這樣.這似乎是植物排列種子的“優化方式”,
它能使所有種子具有差不多的大小卻又疏密得當,不至于在圓心處擠了太多的種子而在圓周處卻又稀稀拉拉.葉子的生長方式也是如此,對于許多植物來說,每片葉子從中軸附近生長出來,是為了在生長的過程中一直都能最佳地利用空間(要考慮到葉子是一片一片逐漸地生長
出來,而不是一下子同時出現的),每片葉子和前一片葉子之間的角度應該是222.5°,這個角度稱為“黃金角度”,因為它和整個圓周360°之比是黃金分割數0.618033989…的倒數,而這種生長方式決定了斐波那契螺旋的產生.向日葵的種子排列形成的斐波那契螺旋有時能達到89條,甚至144條.
三角形的三邊關系定理和斐波那契數列的一個聯系:現有長為144 cm的一根鐵絲,要截成n小段(n>2),每段的長度不小于1 cm,如果其中任意三小段都不能拼成三角形,那么n的最大值為多少
分析:由于構成三角形的充要條件是任何兩邊之和大于第三邊,因此不能構成三角形的條件就是任意兩邊之和不超過第三邊.截成的鐵絲最短為1 cm,因此可以截2段1 cm的鐵絲,那么第三段鐵絲的長度就是2 cm(為了使得n最大,需要使剩下來的鐵絲盡可能長,因此每一段鐵絲總是前面的相鄰2段之和),依次為1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,以上各數之和為143,與144相差1,因此可以取最后一段為56,這時n達到最大,為10.
我們看到“每段的長度不小于1”這個條件起了控制全局的作用,正是這個最小數1產生了斐波那契數列,如果把1換成其他數,遞推關系保留了,但這個數列消失了.這里,三角形的三邊關系定理和斐波那契數列發生了一個聯系.
在這個問題中,144>143,這個143是斐波那契數列的前n項和,我們是把144超出143的部分加到最后的一個數上,如果加到其他數上,就有3段可以構成三角形了.
2第五章章末小結
【知識導圖】
【題型探究】
題型1 已知Sn求an
例1　(2021年新高考Ⅱ卷)記Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和,若a3=S5,a2a4=S4.
(1)求數列{an}的通項公式an;
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
題型2 等差、等比數列的性質
例2　(2022年浙江卷) 已知等差數列{an}的首項a1=-1,公差d>1.記{an}的前n項和為Sn(n∈N+).
(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;
(2)若對于每個n∈N+,存在實數cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比數列,求d的取值范圍.
小結　在等差(比)數列的通項公式an與前n項和公式Sn中,共涉及五個量:a1,an,n,d(q),Sn,其中a1和d(q)為基本量,“知三求二”是指將已知條件轉換成關于a1,d(q),an,Sn,n的方程組,利用方程的思想求出需要的量,當然在求解中若能運用等差(比)數列的性質會更好,這樣可以化繁為簡,減少運算量,同時還要注意整體代入方法的運用.
題型3 　裂項相消法求和
例3　(2022年新高考全國Ⅰ卷)記Sn為數列{an}的前n項和,已知a1=1,是公差為的等差數列.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)證明:++…+<2.
小結　本題主要考查了數列的基本題型,由Sn求an,等比數列的定義、通項公式和裂項相消法求和,對于由等差數列連續兩項乘積的倒數構成的新數列的前n項和的求法為裂項相消法.本題考查了數學抽象、邏輯推理和數學運算的核心素養.
題型4 　等差數列、等比數列的證明
例4　已知數列{an}的各項均為正數,記Sn為{an}的前n項和,從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另外一個成立.
①數列{an}是等差數列;②數列{}是等差數列;③a2=3a1.
方法指導　首先確定條件和結論,然后結合等差數列的通項公式和前n項和公式證明結論即可.
小結　本題主要考查等差數列的判定與證明,等差數列的通項公式,等差數列的前n項和公式等知識,提升學生邏輯推理和數學運算的核心素養.證明數列是等差數列的主要方法:
(1)定義法:對于n≥2的任意自然數,驗證an-an-1為同一常數.
(2)等差中項法:驗證2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N+)都成立.
(3)通項公式:an=pn+q(p,q為常數) {an}是等差數列.
(4)前n項和公式:Sn=An2+Bn(A,B為常數) {an}是等差數列.
問題的最終判定還是利用等差數列的定義.
題型5 　錯位相減法求和
例5　(2022年天津卷)設{an}是等差數列,{bn}是等比數列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.
(1)求{an}與{bn}的通項公式.
(2)設{an}的前n項和為Sn,求證:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)求[ak+1-(-1)kak]bk.
小結　本題考查等比數列通項公式基本量的計算、等差中項的性質,以及錯位相減法求和.如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的,那么這個數列的前n項和可用錯位相減法求解.本題考查了數學運算和邏輯推理的核心素養.
題型6 　分組轉化求和法
例6　(2022年北京卷)已知數列{an}的各項均為正數,其前n項和Sn滿足an·Sn=9(n=1,2,…).給出下列四個結論:①{an}的第2項小于3;②{an}為等比數列;③{an}為遞減數列;④{an}中存在小于的項.其中所有正確結論的序號是　　　　.
小結　本題主要考查數列的遞推式,數列的求和,提升學生數學運算和邏輯推理的核心素養.
1.若數列{cn}的通項公式為cn=an±bn,且{an},{bn}為等差數列或等比數列,則可采用分組求和法求數列{cn}的前n項和.
2.若數列{cn}的通項公式為cn=其中數列{an},{bn}是等比數列或等差數列,則可采用分組求和法求{cn}的前n項和.
題型7 　數列的單調性
例7　(2022年全國甲卷)記Sn為數列{an}的前n項和.已知+n=2an+1.
(1)證明:{an}是等差數列.
(2)若a4,a7,a9成等比數列,求Sn的最小值.
小結　本題考查數列與函數思想的綜合應用.本題考查了數學抽象、邏輯推理和數學運算的核心素養.
題型8 　數列的實際應用
例8　某市去年11月份曾發生流感,據統計,11月1日該市新的流感病毒感染者有20人,此后,每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人,由于該市醫療部門采取措施,使該種病毒的傳播得到控制,從某天起,每天的新感染者平均比前一天的新感染者減少30人,到11月30日止,該市在這30日內感染該病毒的患者總共8670人,問11月幾日,該市感染此病毒的新患者人數最多 并求這一天的新患者人數.
方法指導　先設出第n天新患者人數最多,由題意分析出前n天流感病毒感染人數構成一個等差數列,后(30-n)天也構成一個等差數列,由等差數列前n項和公式計算.
小結　對于數列的實際應用問題,要弄清把哪些量排成一個數列,并判斷出數列的類型,寫出數列的基本量,判斷所求是數列的某一項還是前n項和.本題考查了數學建模和數學運算的核心素養.
【拓展延伸】
斐波那契數列的應用
斐波那契數列在自然科學的其他分支,也有許多應用.例如,樹木的生長,由于新生的枝條,往往需要一段“休息”時間,供自身生長,而后才能萌發新枝,
所以一株樹苗在一段間隔,例如一年以后長出一條新枝;第二年新枝“休息”,老枝依舊萌發;此后,老枝與“休息”過一年的枝條同時萌發,當年新生的新枝則次年“休息”.這樣,一株樹木各個年份的枝丫數,便構成斐波那契數列.這個規律就是生物學上著名的“魯德維格定律”.
另外,觀察延齡草、野玫瑰、南美血根草、大波斯菊、金鳳花、耬斗菜、百合花、蝴蝶花的花瓣,可以發現它們花瓣數目也具有斐波那契數:3,5,8,13,21,….
斐波那契螺旋具有13條順時針旋轉和21條逆時針旋轉的螺旋的薊的頭部,這些植物懂得斐波那契數列嗎 應該并非如此,它們只是按照自然的規律才進化成這樣.這似乎是植物排列種子的“優化方式”,
它能使所有種子具有差不多的大小卻又疏密得當,不至于在圓心處擠了太多的種子而在圓周處卻又稀稀拉拉.葉子的生長方式也是如此,對于許多植物來說,每片葉子從中軸附近生長出來,是為了在生長的過程中一直都能最佳地利用空間(要考慮到葉子是一片一片逐漸地生長
出來,而不是一下子同時出現的),每片葉子和前一片葉子之間的角度應該是222.5°,這個角度稱為“黃金角度”,因為它和整個圓周360°之比是黃金分割數0.618033989…的倒數,而這種生長方式決定了斐波那契螺旋的產生.向日葵的種子排列形成的斐波那契螺旋有時能達到89條,甚至144條.
三角形的三邊關系定理和斐波那契數列的一個聯系:現有長為144 cm的一根鐵絲,要截成n小段(n>2),每段的長度不小于1 cm,如果其中任意三小段都不能拼成三角形,那么n的最大值為多少
分析:由于構成三角形的充要條件是任何兩邊之和大于第三邊,因此不能構成三角形的條件就是任意兩邊之和不超過第三邊.截成的鐵絲最短為1 cm,因此可以截2段1 cm的鐵絲,那么第三段鐵絲的長度就是2 cm(為了使得n最大,需要使剩下來的鐵絲盡可能長,因此每一段鐵絲總是前面的相鄰2段之和),依次為1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,以上各數之和為143,與144相差1,因此可以取最后一段為56,這時n達到最大,為10.
我們看到“每段的長度不小于1”這個條件起了控制全局的作用,正是這個最小數1產生了斐波那契數列,如果把1換成其他數,遞推關系保留了,但這個數列消失了.這里,三角形的三邊關系定理和斐波那契數列發生了一個聯系.
在這個問題中,144>143,這個143是斐波那契數列的前n項和,我們是把144超出143的部分加到最后的一個數上,如果加到其他數上,就有3段可以構成三角形了.
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