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等差數列及等比數列的“遺傳”與“變異”
１．遺傳
若數列是公差為的等差數列，則由此構造出的以下數列是等差數列．如：
去掉前面幾項后余下項組成的仍為公差為的等差數列．
（２）所有的奇數項組成的是公差為的等差數列；
　　　所有的偶數項組成的是公差為的等差數列；
形如（其中是常數，且）的數列都是等差數列．
由此可得到的一般性結論是：凡是項的序號成等差數列（公差為）的項依次組成的數列一定是等差數列，公差為．
（３）數列（其中是任一個常數）是公差為的等差數列．
數列（其中是任一個常數）是公差為的等差數列．
（５）數列（其中是常數，且）是公差為的等差數列．
（６）若是公差為等差數列，且為常數，則數列一定是公差為的等差數列．
（７）等差數列中，任意連續項的和是它前面連續項的和與它后面連續項的和的等差中項，也就是說這些連續項的和也構成一個等差數列．
若是公比為的等比數列，則由此構造出的以下數列是等比數列．如：
去掉前面幾項后余下項組成的仍是公比為的等比數列．
（２）項的序號成等差數列（公差為）的項依次取出并組成的數列一定是等比數列，公比為．
（３）數列是公比為的等比數列．
（４）數列（是任一常數且）是等比數列，公比仍為．
（５）（是常數，且）是公比為的等比數列．
特殊地：若數列是正項等比數列時，且是任一個實常數，則數列是公比為的等比數列．
（其中是常數，且）是公比為的等比數列．
（７）若是公比為的等比數列，，則是公比為的等比數列．
（８）等比數列中，若任意連續項的和不為，則任意連續項的和是它前面連續項的和與它后面連續項的和的等比中項，也就是說這些連續項的和也構成一個等比數列．
２．變異
　　若數列，均為不是常數列的等差數列時，則有：
當數列中的項不同號時，則數列一定不是等差數列．
數列不是等差數列
（是常數，且，，）不是等差數列．
數列不是等差數列．
　　若數列為不是常數列的等比數列時，則有：
數列（其中是任一個不為０的常數，）不是等比數列．
數列不一定是等比數列．如時，則，所以不是等比數列．
數列不一定是等比數列．
３．突變
若數列是公差為的等差數列，則（其中是正常數）一定是公比為的等比數列．
若是公比為的正項等比數列，則（其中是不等于１的正常數）是公差為的等差數列．
數列易錯題分析
例題選講
1、不能正確地運用通項與前n項和之間的關系解題：
例1、已知數列{an}的前n項和Sn，求通項公式an：（1）Sn＝5n2＋3n；（2）Sn＝－2；
【錯解】由公式an=sn－sn－1得：（1）an=10n－2; （2）
【分析】應該先求出a1，再利用公式an=sn－sn－1求解.
【正解】（1）an=10n－2; （2）
2、忽視等比數列的前n項和公式的使用條件：
例2、求和：(a－1)＋(a2－2)＋(a3－3)＋…＋(an－n) .
【錯解】S=(a＋(a2＋a3＋…＋an) －(1＋2＋3＋…＋n)=.
【分析】利用等比數列前n項和公式時，要注意公比q的取值不能為1.
【正解】S=(a＋(a2＋a3＋…＋an) －(1＋2＋3＋…＋n)
當a=1時，S =；當時，S=
忽視公比的符號
例3、已知一個等比數列前四項之積為，第二、三項的和為，求這個等比數列的公比．
【錯解】四個數成等比數列，可設其分別為則有，解得或，故原數列的公比為或
【分析】按上述設法，等比數列的公比是，是正數，四項中各項一定同號，而原題中無此條件，所以增加了限制條件。
【正解】設四個數分別為則，
由時，可得
當時，可得
變式、等比數列中，若，，則的值（A）是3或－3 （B） 是3 （C） 是－3 （D）不存在
【錯解】 是等比數列， ，，成等比，＝9，
選A
【分析】，，是中的奇數項，這三項要同號。錯解中忽視這一點。
【正解】C
4、缺乏整體求解的意識
例6、一個只有有限項的等差數列，它的前5項的和為34，最后5項的和為146，所有項的和為234，求
【錯解】設該數列有項且首項為，末項為，公差為
則依題意有 ，三個方程，四個未知數，覺得無法求解。
【分析】 在數列問題中，方程思想是常見的思想，使用時，經常使用整體代換的思想。錯解中依題意只能列出3個方程，而方程所涉及的未知數有4個，沒有將作為一個整體，不能解決問題。事實上，本題求，而沒有要求其他的量，只要巧用等差中項的性質，，求出即可。知識的靈活應用，來源于對知識系統的深刻理解。
【正解】設該數列有項且首項為，末項為，公差為則依題意有
，可得 ，代入(3)有 ，
從而有， 又所求項恰為該數列的中間項，
例7　(1)設等比數列的全項和為.若，求數列的公比.
錯誤解法 ，
。
錯誤分析 在錯解中，由，
時，應有。
在等比數列中，是顯然的，但公比q完全可能為1，因此，在解題時應先討論公比的情況，再在的情況下，對式子進行整理變形。
正確解法 若，則有但，
即得與題設矛盾，故.
又依題意 (
( ,即因為，所以所以解得
說明 此題為1996年全國高考文史類數學試題第（21）題，不少考生的解法同錯誤解法，根據評分標準而痛失2分。
例題7　已知等比數列{an}的前n項和為Sn.
(Ⅰ)若Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數列，證明am，am＋2，am＋1成等差數列；
(Ⅱ)寫出(Ⅰ)的逆命題，判斷它的真偽，并給出證明.
證 (Ⅰ) ∵Sm＋1＝Sm＋am＋1，Sm＋2＝Sm＋am＋1＋am＋2．
由已知2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1，∴ 2(Sm＋am＋1＋am＋2)＝Sm＋(Sm＋am＋1)，
∴am＋2＝－am＋1，即數列{an}的公比q＝－.
∴am＋1＝－am，am＋2＝am，∴2am＋2＝am＋am＋1，∴am，am＋2，am＋1成等差數列.
(Ⅱ) (Ⅰ)的逆命題是：若am，am＋2，am＋1成等差數列，則Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數列.
設數列{an}的公比為q，∵am＋1＝amq，am＋2＝amq2．
由題設，2am＋2＝am＋am＋1，即2amq2＝am＋amq，即2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－.
當q＝1時，A≠0，∴Sm， Sm＋2， Sm＋1不成等差數列.逆命題為假.
例題8　已知數列{an}滿足a1=1，a2=－13，
（Ⅰ）設的通項公式； （Ⅱ）求n為何值時，最小（不需要求的最小值）
解：（I）
即數列{bn}的通項公式為
（Ⅱ）若an最小，則
注意n是正整數，解得8≤n≤9∴當n=8或n=9時，an的值相等并最小
例題9　已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c關于點(1,1)成中心對稱，且f '(1)=0． （Ⅰ)求函數f(x)的表達式；（Ⅱ)設數列{an}滿足條件：a1∈(1,2)，an+1=f (an)求證：(a1－ a2)·(a3－1)+(a2－ a3)·(a4－1)+…+(an－ an+1)·(an+2－1)＜1
解：(Ⅰ)由f(x)=x3+ax2+bx+c關于點(1,1)成中心對稱，所以 x3+ax2+bx+c+(2－x)3+a(2－x)2+b(2－x)+c=2
對一切實數x恒成立．得：a=－3，b+c=3，對由f '(1)=0，得b=3，c=0，故所求的表達式為：f(x)= x3－3x2+3x．
(Ⅱ) an+1=f (an)= an 3－3 an 2+3 an (1)令bn=an－1，0∴ 1＞bn ＞bn+1 ＞0 (a1－a2)·(a3－1)+(a2－a3)·(a4－1)+…+(an－an+1)·(an+2－1)
=＜=b1-bn+1＜b1＜1。
例談數列知識在解題中的應用
某些數學問題初看好像與數列性質毫不相干，但如果我們能仔細觀察已知條件與結論的結構特征，或挖掘題目的隱含因素，經過恰當的變形處理，可發現它們與數列仍有密切關系。通過構造等差（比）數列，然后利用等差（比）數列的有關性質可巧妙簡捷地求解，下面通過具體的例子來說明。
一、巧設公差（比）求解方程（組）
例1. 解方程：
分析：本題若兩邊平方直接解方程很繁，如能分析方程結構特征，變形巧設等差數列，則很簡潔。
解：由已知顯然，成等差數列
所以可設
所以或
若，代入（1）得：是增根，舍去。若符合。
所以原方程的解為：
例2. 解方程組：解：由（1）變形得：
解得：，即，即成等比數列。
所以可設代入<2>整理得：
即或所以
經檢驗，上述四個解都是原方程組的解。
二、巧用等差（比）知識解（證）不等式
例3. （第19屆莫斯科奧林匹克數學競賽題）設，且，求證：
分析：如能聯想到無窮遞增等比數列的求和公式： 則解法就簡潔多了。
證明：因為所以所以
例4. （第25屆IMO）設x，y，z為非負實數，且，求證：
證明：由對稱性，不妨設因為
所以成等差數列，故可設由得：
所以當且僅當時取“＝”
又
所以原不等式成立。
三、巧用等差（比）數列知識求最值
例5. 已知，求使
成立的z的最大、小值。
解：因為所以成等差數列所以可設代入<2>得：
整理得：
所以即：所以當，當時，
四、巧用等差（比）數列知識解有關應用問題
例6. 從n個數中拿走若干個數，然后將剩下的數任意分成兩個部分，證明：這兩部分之和不可能相等。
證明：因為時，對任意成立。
不妨設剩下的數中最大的數在第一部分中，則第一部分各數之和第二部分之和，得證。
例7. 桌面上有個杯子，杯子口全部向上，按如下規則對杯子進行操作：第一次任意翻動其中1個杯子，第2次任意翻動其中2個杯子，……，第n次任意翻動其中的n（n＜p）個杯子，每次操作都是把杯口的方向由原來的向上（或向下）改為向下（或向上），求證：翻動100次以后杯口向下的杯子必有偶數個。
證明：為了方便，給杯口向上的杯子賦值＋1，杯口向下的杯子賦值，設操作前各杯子的數值之積記為，設n次操作后各杯子的數值之積為，依題意可知：若，則命題必成立。
因為翻動一個杯子，相當于將該杯的數值乘以。
所以
所以，將以上各式相乘，并約去公因式，得：
故命題獲證。
數列頑癥 迎刃而解
數列是高中數學的重要內容，更是高考的命題重點，但有關知識點卻有不少同學掌握得不怎么好，甚至時間長了對數列試題產生恐懼心理，見到與數列有關的試題就覺得心里沒底。本文針對一部分同學學習數列時存在的弄不懂、記不住、易出錯、用不活等問題，結合近幾年來高考試卷中出現過的一些典型數列例題，給出了若干常規處理辦法，供同學們參考。
癥狀一 基本問題耗時太多
【表現】對一些有特殊結構的等差（等比）數列基本題，做不對或能做對但耗時太多。如：在等差數列中，若，是數列前項的和，則等于（ ）A.48B.54C.60D.66參考答案：B
【癥結】 這類題目往往要求靈活運用等差（等比）數列的性質求解。
【突破之道】 熟記有關規律：若是等差數列，，且，則有，特別地， ；又若是等比數列，，且，則有。
例1 已知兩個等差數列和的前項和分別為和，且，則使得為整數的正整數的個數是（ ）
A.2B.3C.4D.5
【解析】 靈活應用等差數列的性質解題，由得而，，代入上式化簡得，易驗證當時，取整數，所以選D。
癥狀二 遷移運用能力不強
【表現】 對教材中的內容形式稍加變化的試題不知如何做。如：在數列中（是常數，），且成公比不為1的等比數列，（1）求的值，（2）求的通項.
參考答案：（1）=2 （2）
【癥結】 對教材中討論過的一些基本方法（如疊加法、疊乘法、逆向相加法、錯位相減法）等未能實現靈活的遷移、運用。
例2 已知數列滿足，，試求數列的的通項.
【解析】 由題意有，，，，
把上面個式子用疊加法相加得
癥狀三 遞推關系題入手難
【表現】對形如“已知，且，求通項”的數列問題不知該如何求解
【癥結】 對高考試題中的一些典型數列問題（如差等比數列）缺乏系統的求解方法
【突破之道】 差等比數列是高考數列問題的典型。一階差等比數列問題解題的關鍵是找到一個適當常數，為等比數列，如何找到常數呢？若常數滿足，，其中為常數，且（因為的情形很簡單，可直接求通項，此處從略）。存在常數，使為等比數列，其中的參數由特征方程給出，從而，可將新問題轉化為一個比較簡單的問題。
例3 已知數列滿足，，求數列的通項.
解析 若能注意到，于是可視數列是以首項，公比為的等比數列，于是利用等比數列的通項公式得，即.
癥狀四 缺乏與的辯證思考
【表現】 對以或型給出的遞推關系試題不知如何下手，如：設是正數組成的數列，其前項和為，并且對于所有的自然數，與2的等差中項等于與2的等比中項。（1）寫出數列的前3項；（2）求數列的通項公式（寫出推理過程）；（3）令，求
參考答案：略
【癥結】 對適用于任意數列的重要關系式未掌握和靈活運用之。
【突破之道】 對于任意數列有（適用于任意數列的重要關系式），這表明構成了一個新的數列，它的通項表示相應數列的前項和，它的第一項表示數列的第一項，當時，數列相鄰項的差，這就是數列與其和數列之間的辯證關系。另外，某些特殊數列可以通過適當的變化（如裂項相消）以后求和。
例4 已知各項均為正數的數列的前項和滿足，且，，（1）求的通項公式；（2）設數列滿足，并記為的前項和，求證：，.
解析 （1）令，得
解得 （注意條件，舍去）；若，則由得，兩式相減得，，整理即得
，由題意有（），
（）于是數列是以2為首項，3為公差的等差數列，則，（）
（2）略。
對于一般數列，若已知條件為，求通項的方法，除了用“嘗試——猜想——探求——發現”（最后用數學歸納法嚴格證明）思維模式外，還有其他的處理方法，由首先推出，解除的大小，接著常有兩個思考方向：
當時，，問題轉化為與（）的關系問題（前面已求出），求出后，可用，（）求出數列的通項；
利用遞推關系作差技巧，由得（），而（），兩式相減即得，于是我們就把問題轉化為與之間的問題了（一般情況下，轉化到這一步問題就比較容易解決了）。
數列綜合應用問題專題
縱觀近幾年的高考，在解答題中，有關數列的試題出現的頻率較高，不僅可與函數、方程、不等式、復數相聯系，而且還與三角、立體幾何密切相關；數列作為特殊的函數，在實際問題中有著廣泛的應用，如增長率，減薄率，銀行信貸，濃度匹配，養老保險，圓鋼堆壘等問題.這就要求同學們除熟練運用有關概念式外，還要善于觀察題設的特征，聯想有關數學知識和方法，1.解答數列綜合題和應用性問題既要有堅實的基礎知識,又要有良好的思維能力和分析、解決問題的能力；解答應用性問題，應充分運用觀察、歸納、猜想的手段，建立出有關等差(比)數列、遞推數列模型，再綜合其他相關知識來解決問題.
一. 典型例題解析:
例1. 已知二次函數y=f(x)在x=處取得最小值－ (t＞0),f(1)=0.(1)求y=f(x)的表達式；
(2)若任意實數x都滿足等式f(x)·g(x)+anx+bn=xn+1［g(x)］為多項式，n∈N*),試用t表示an和bn；
(3)設圓Cn的方程為(x－an)2+(y－bn)2=rn2，圓Cn與Cn+1外切(n=1,2,3,…);{rn}是各項都是正數的等比數列，記Sn為前n個圓的面積之和，求rn、Sn.
(1)設f(x)=a(x－)2－，由f(1)=0得a=1.∴f(x)=x2－(t+2)x+t+1.
(2)將f(x)=(x－1)［x－(t+1)］代入已知得：
(x－1)［x－(t+1)］g(x)+anx+bn=xn+1，上式對任意的x∈R都成立，取x=1和x=t+1分別代入上式得：
且t≠0，解得an=［(t+1)n+1－1］，bn=［1－(t+1n)
(3)由于圓的方程為(x－an)2+(y－bn)2=rn2，又由(2)知an+bn=1，故圓Cn的圓心On在直線x+y=1上，又圓Cn與圓Cn+1相切，故有rn+rn+1=｜an+1－an｜=(t+1)n+1?
設{rn}的公比為q，則
∴Sn=π(r12+r22+…+rn2)=［(t+1)2n－1］
②÷①得q==t+1，代入①得rn=
［例2］從社會效益和經濟效益出發，某地投入資金進行生態環境建設，并以此發展旅游產業，根據規劃，本年度投入800萬元，以后每年投入將比上年減少，本年度當地旅游業收入估計為400萬元，由于該項建設對旅游業的促進作用，預計今后的旅游業收入每年會比上年增加.(1)設n年內(本年度為第一年)總投入為an萬元，旅游業總收入為bn萬元，寫出an,bn的表達式；
(2)至少經過幾年，旅游業的總收入才能超過總投入？
知識依托：本題以函數思想為指導，以數列知識為工具，涉及函數建模、數列求和、不等式的解法等知識點.
技巧與方法：正確審題、深刻挖掘數量關系，建立數量模型是本題的靈魂，(2)問中指數不等式采用了換元法，是解不等式常用的技巧.
解：(1)第1年投入為800萬元，第2年投入為800×(1－)萬元，…第n年投入為800×(1－)n－1萬元，所以，n年內的總投入為an=800+800×(1－)+…+800×(1－)n－1=800×(1－)k－1=4000×［1－()n］
第1年旅游業收入為400萬元，第2年旅游業收入為400×(1+)，…，第n年旅游業收入400×(1+)n－1萬元.所以，n年內的旅游業總收入為bn=400+400×(1+)+…+400×(1+)k－1=400×()k－1.=1600×［()n－1］
(2)設至少經過n年旅游業的總收入才能超過總投入，由此bn－an＞0，即：
1600×［()n－1］－4000×［1－()n］＞0，令x=()n，代入上式得：5x2－7x+2＞0.解此不等式，得x＜，或x＞1(舍去).即()n＜，由此得n≥5.∴至少經過5年，旅游業的總收入才能超過總投入.
二.專題訓練
填空題
.在直角坐標系中，O是坐標原點，P1(x1，y1)、P2(x2，y2)是第一象限的兩個點，若1，x1，x2，4依次成等差數列，而1，y1，y2，8依次成等比數列，則△OP1P2的面積是_________.
解析：由1,x1,x2,4依次成等差數列得：2x1=x2+1,x1+x2=5解得x1=2,x2=3.又由1，y1,y2,8依次成等比數列，得y12=y2,y1y2=8,解得y1=2,y2=4,
∴P1(2,2),P2(3,4).∴=(3,4)∴
答案：1
.從盛滿a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加滿，再倒出b升，再用水加滿；這樣倒了n次，則容器中有純酒精_________升.解析：第一次容器中有純酒精a－b即a(1－)升，第二次有純酒精a(1－)－，即a(1－)2升，故第n次有純酒精a(1－)n升. 答案：a(1－)n
.據2000年3月5日九屆人大五次會議《政府工作報告》：“2001年國內生產總值達到95933億元，比上年增長7.3%，”如果“十·五”期間(2001年~2005年)每年的國內生產總值都按此年增長率增長，那么到“十·五”末我國國內年生產總值約為_________億元.
解析：從2001年到2005年每年的國內生產總值構成以95933為首項，以7.3%為公比的等比數列，∴a5=95933(1+7.3%)4≈120000(億元). 答案：120000
三、解答題
.據有關資料，1995年我國工業廢棄垃圾達到7.4×108噸，占地562.4平方公里，若環保部門每年回收或處理1噸舊物資，則相當于處理和減少4噸工業廢棄垃圾，并可節約開采各種礦石20噸，設環保部門1996年回收10萬噸廢舊物資，計劃以后每年遞增20%的回收量，試問：(1)2001年回收廢舊物資多少噸？(2)從1996年至2001年可節約開采礦石多少噸(精確到萬噸)？
(3)從1996年至2001年可節約多少平方公里土地？
解：設an表示第n年的廢舊物資回收量，Sn表示前n年廢舊物資回收總量，則數列{an}是以10為首項，1+20%為公比的等比數列.
(1)a6=10(1+20%)5=10×1.25=24.8832≈25(萬噸)
(2)S6==99.2992≈99.3(萬噸)∴從1996年到2000年共節約開采礦石20×99.3≈1986(萬噸)
(3）由于從1996年到2001年共減少工業廢棄垃圾4×99.3=397.2(萬噸)，
∴從1996年到2001年共節約：≈3 平方公里.
設二次方程x-+1x+1=0(n∈N)有兩根α和β，且滿足6α-2αβ+6β=3．
(1)試用表示a；
11．數列中，且滿足()⑴求數列的通項公式；⑵設，求；⑶設=，是否存在最大的整數，使得對任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。
解：（1）由題意，，為等差數列，設公差為，
由題意得，.
（2）若，
時，
故
（3）
若對任意成立，即對任意成立，
的最小值是，的最大整數值是7。
即存在最大整數使對任意，均有

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