高中数学知识点总结与题库(数列).pdf
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1、1 第六章数列 二、重难点击 本章重点:数列的概念,等差数列,等比数列的定义,通项公式和前n项和公式及运用,等差数列、等 比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法,如:观察法、累加法、累乘法、待定系数法、 倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想 等。 知识网络 第一课时数列 四、数列通项 n a与前n项和 n S的关系 1 n i inn aaaaaS 1 321 2 2 1 1 1 nSS nS a nn n 课前热身 3数列 n a的通项公式为nnan283 2 , 则数列各项中最小项是( B ) A第项B第项C第项D第项 4已
2、知数列 n a是递增数列,其通项公式为nnan 2 , 则实数的取值范围是), 3( 数列与正整数集关系 等差数列 等比数列 特殊数列求和方法 公式法 倒序相加法 错位相减法 裂项相消法 n 定义 通项公式 中项 前项的和 递推公式 通项公式 数列 2 5数列 n a的前n项和14 2 nnSn , , 则 252 12 nn n an 题型一归纳、猜想法求数列通项 【例 1】根据下列数列的前几项,分别写出它们的一个通项公式 7, 77 , 777 , 7777 , 1, 3 , 3 , 5 , 5 , 7 , 7 , 9 , 9 解析:将数列变形为),110( 9 7 ),110( 9 7
3、2 )110( 9 7 3 ,,)110( 9 7 n 将已知数列变为1+0, 2+1 , 3+0 , 4+1 , 5+0 , 6+1 , 7+0 , 8+1 , 9+0 , 。可得数列的 通项公式为 2 )1(1 n n na 点拨:本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律,从而求得通项。 题型二应用 )2( ) 1( 1 1 nSS nS a nn n 求数列通项 例 2已知数列 n a的前n项和 n S, 分别求其通项公式. 23n n S 解析 :当123,1 1 11 San时, 当)23()23(,2 1 1 nn nnnSSan时 1 32 n 又1
4、 1 a不适合上式,故 )2(32 ) 1(1 1 n n a nn 三、利用递推关系求数列的通项 【例 3】根据下列各个数列 n a的首项和递推关系,求其通项公式 14 1 , 2 1 2 11 n aaann 解析:因为 14 1 2 1 n aa nn , 所以 ) 12 1 12 1 ( 2 1 14 1 2 1 nn n aa nn 所以) 3 1 1 1 ( 2 1 12 aa 3 ) 5 1 3 1 ( 2 1 23 aa 43 1 11 () 2 57 aa , 1 111 () 2 2321 nn aa nn 以上) 1(n个式相加得 ) 12 1 1 ( 2 1 1 n a
5、an 即: 24 34 24 1 1 n n n an 点拨:在递推关系中若),( 1 nfaa nn 求 n a用累加法,若),( 1 nf a a n n 求 n a用累乘法,若 qpaa nn 1 , 求 n a用待定系数法或迭代法。 课外练习 3 设 12 1 2 1 1 1 nnn an, (Nn) , 则 nn aa与 1 的大小关系是( C ) A nn aa 1 B nn aa 1 C nn aa 1 D 不能确定 解:因为 0 22 1 32 1 1 1 32 1 22 1 1 nn nnn aa nn 所以 nn aa 1 , 选 二、填空题 5已知数列 n a的前n项和,
6、14 2 nnSn则 )2(,52 ) 1(,2 nn n an 7已知数列 n a的通项 99 98 n n (Nn ) , 则数列 n a的前 30 项中最大项和最小项分别是 910 aa , 解:构造函数 99 9899 1 99 98 xx x y 4 由函数性质可知,函数在)99(,上递减,且1y 函数在),99(上递增且1y 最小最大, ),又 910 9 2130121110 1 109(99 aa a aaaaaa 三、解答题 6.2等差数列 知识要点 2递推关系与通项公式 mn aa d n aa d dnaa dmnaa dnaa daa mn n n mn n nn 1
7、;) 1( )( )1( 1 1 1 1 变式: 推广: 通项公式: 递推关系: 为常数)即: 特征: mkmknnfa dadna n n ,(,)( ),( 1 ),为常数,(mkmknan是数列 n a成 等差数列的充要条件。 等差中项: 若cba,成等差数列,则b称ca与的等差中 项, 且 2 ca b;cba,成等差数列是cab2 的充要条件。 前n项和公式 2 )( 1 naa S n n ; 2 ) 1( 1 dnn naSn ),( )( ,) 2 ( 2 2 2 1 2 为常数 即 特征: BABnAnS BnAnnfS n d an d S n n n 是数列 na 成等差
8、数列的充要条件。 5 等差数列 n a的基本性质),(Nqpnm其中 qpnm aaaaqpnm,则若反 之,不成立。 dmnaa mn )( mnmnn aaa2 nnnnn SSSSS 232 ,仍成等差数列。 判断或证明一个数列是等差数列的方法: 定义法: )常数)(Nndaa nn ( 1n a是等 差数列 中项法: )2 21 Nnaaa nnn ( n a是等差数 列 通项公式法: ),(为常数bkbknan n a是等差数 列 前n项和公式法: ),( 2 为常数BABnAnSn n a是等 差数列 课前热身 2等差数列 n a中, )( 3 1 ,120 119 1210864
9、 Caa aaaaa 的值为则 5 A14B15C16D 17 16 5 120 3 2 3 2 )( 3 2 )2( 3 1 3 1 89 99119 ada daaaa 。 3等差数列 n a中, 1291 0SSa, 则前 10 或 11 项的和最大。 解:0 912129 SSSS, 00 030 111 11121110 aa aaaa ,又 , n a为递减等差数列 1110 SS为最大。 4已知等差数列 n a的前 10 项和为100, 前 100 项 和为 10, 则前 110 项和为 110 解: , 1001102030102010 SSSSSSS 成等差数列,公差为 D
10、其首项为 100 10 S, 前 10 项的和为10 100 S 110221010100 10 2210 2 910 10100 110 10100110 )( 又 , S DSSS DD 10210 102)10(2 98402 4 2 ) 1( 129850 max 2 2 yn n nn nn nny 时,所以当 设等差数列 n a的前n项和为 n S, 已知 0012 13123 SSa, 求出公差d的范围, 指出 1221 SSS,中哪一个值最大,并说 明理由。 d)(nfannnanSna“ 2“ n 解:)(6)(6 10312112 aaaaS 3 7 24 30824 0)
11、82( 2 13 )( 2 13 2 )(13 7 24 0724 0)72(6 3 113 131 13 3 d dd da aa aa S dd da 从而 又 最大。, 667 713 7612 00 013 0)(6 Saa aS aaS 课外练习 一、 选择题 1 已知 n a数列是等差数列,10 10 a,其前 10 项的和70 10 S, 则其公差d等于 ( D ) 3 2 3 1 3 1 3 2 DC BA 2 已知等差数列 n a中, 12497 116aaaa,则,等于(A ) A15 B 30 C31 D64 15 12 12497 a aaaa解: 二、填空题 解 6
12、3 设 n S为 等 差 数 列 n a的 前n项 和 , 97104 3014SSSS,则,=54 4 已 知 等 差 数 列 n a的 前n项 和 为 n S,若 1185212 21aaaaS,则 5 设 F 是椭圆1 67 22 yx 的右焦点, 且椭圆上至 少有 21 个不同点 , ),2, 1( 321 FPFPFP iPi , 使 组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为 10 1 00 10 1 , 解:椭圆的焦点F 到椭圆上的点最大、最小距离分别 为)和(17)17(, 由题意得: 10 1 00 10 1 0 10 1 201 1 2 17) 117 dd dd n n d
13、 dn 或 ,又 ()( 三、解答题 6 等 差 数 列 n a的 前n项 和 记 为 n S,已 知 5030 2010 aa, 求通项 n a;若 n S=242, 求n 解:dnaan )1( 1 102 2 12 5019 309 5030 1 1 1 2010 na d a da da aa n 解方程组 , 由 2 )1( 1 dnn naSn,nS=242 舍去)或解得(2211 2422 2 )1( 12 nn nn n 7 甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运 动,甲第一分钟走2m, 以后每分钟比前一分钟 多走 1m, 乙每分钟走5m, 甲、乙开始运动 后几分钟相遇?
14、如果甲乙到对方起点后立即折 返,甲继续每分钟比前一分钟多走1m, 乙继续 每分钟走5m, 那么,开始运动几分钟后第二次 相遇? 解:设n分钟后第一次相遇,依题意有: 舍去),解得(207 705 2 )1( 2 nn n nn n 故第一次相遇是在开始运动后7 分钟。 设n分钟后第二次相遇,则: 舍去),解得(2815 7035 2 ) 1( 2 nn n nn n 故第二次相遇是在开始运动后15 分钟 10 已 知 数 列 n a中 ,3 1 a前n和 1)1)(1( 2 1 nnanS 求证:数列 n a是等差数列 求数列 n a的通项公式 设数列 1 1 nna a 的前n项和为 n T
15、, 是否存在实 数M, 使得MTn 对一切正整数n都成立?若存 在,求M的最小值,若不存在,试说明理由。 解:1)1)(1( 2 1 nn anS 7 nnnn nn nn nn nnn nn anannaan anan anna anan SSa anS ) 1()2()1( 1)2() 1( 1) 1( ) 1)(1()1)(2( 2 1 1) 1)(2( 2 1 112 12 1 1 11 11 整理得, nnn nnn aaa aanan 21 21 2 )(1() 1(2 数列 n a为等差数列。 1)1(3 11nn annaa, 12 2)1(3)1( 2 2 512 1 12
16、12 n ndnaa a aa aa n n 的公差为即等差数列 )32)(12( 11 1 nnaa nn 6 1 ) 32 1 3 1 ( 2 1 ) 32 1 12 1 7 1 5 1 5 1 3 1 ( 2 1 32 1 12 1 2 1 n n TNn n nn T nn 时,又当 要使得MTn 对一切正整数n恒成立,只要M 6 1 , 所以存在实数M使得MTn 对一切正整数n 都成立,M的最小值为 6 1 。 6.3 等比数列 知识要点 1 定义: 如果一个数列从第二项起,每一项与它的 前一项的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比 数 列 ,这 个 常 数 叫 做 等 比 数 列
17、 的 公 比 ,记 为 )0qq,(。 2 递推关系与通项公式 mn mn n n nn qaa qaa qaa 推广: 通项公式: 递推关系: 1 1 1 3 等比中项:若三个数cba,成等比数列,则称b 为ca与的等比中项,且为 acbacb 2 ,注:是成等比数列的必要而 不充分条件。 4 前n项和公式 )1( 11 )1 ( ) 1( 11 1 q q qaa q qa qna S n n n 5 等比数列的基本性质,),( Nqpnm其中 qpnm aaaaqpnm,则若反 之 不真! 8 )( 2 Nnaaa a a q mnmnn m nmn , n a为等比数列,则下标成等差数
18、列的对应项 成等比数列。 ,时, nnnnn SSSSSq 232 1仍 成等比数列。 6 等比数列与等比数列的转化 na 是等差数列)10(ccc na ,是 等比数列; n a是正项等比数列 )10(logccan c ,是等差数列; n a既是等差数列又是等比数列 n a是各 项不为零的常数列。 7 等比数列的判定法 定义法:(常数)q a a n n 1 n a为等比数列; 中项法: )0(2 2 1nnnnaaaan a为 等比数列; 通项公式法:为常数)qkqka n n ,( n a 为等比数列;前n项和法: 为常数)(qkqkS n n ,)1( na 为 等 比 数 列。 1
19、 1031074 22222)( n nf设 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 )()( 43 1 nn nn DC BA DnfNn )(等于,则 2 已知数列 n a是等 比数列,且 mmmSSS323010,则, 70 (问题引入) 猜想: nb 是等比数列,公比为 2 1 。 证明如下: 4 1 2 1 4 1 2121nnn aab nn n ba a 2 1 ) 4 1 ( 2 1 4 1 ) 4 1 ( 2 1 12 12 即: 2 1 1 n n b b , nb 是首项为 4 1 a,公 比为 2 1 的等比数列。 二、性质运用
20、例2:在等比数列 n a中, 14361 3233 nn aaaaaa, 求 n a, 若 nnn TaaaT求,lglglg 21 在等比数列 n a中,若0 15 a, 则有等式 nn aaaaaa 292121 )29(Nnn,成立,类比上述性质,相应 的 在 等 比 数 列 n b中 ,若1 19b则 有 等 式 成立。 解:由等比数列的性质可知: nn n a qq a a aa aaaa aaaa 61 5 1 6 61 6161 4361 2) 2 1 (32 2 1 32 1 32 1 132 33 32 所以 ,即所以 ,解得 ,又 由等比数列的性质可知, n alg是等差数
21、 列,因为 9 2lg 2 )11( 2 )lg(lg 2lg5lg2lg)6(2lglg 1 1 6 nnnaa T ana n n n n 所以 , 由 题 设 可 知 ,如 果0 m a在 等 差 数 列 中 有 nmn aaaaaa 122121 )12(Nnmn,成 立 ,我 们 知 道 ,如 果 qpnm aaaaqpnm,则若, 而对于 等比数列 n b,则有 qpnm aaaaqpnm,则若所以可以得 出结论,若 nmnm bbbbbbb 122121 1 ,则有 )12(Nnmn,成立,在本题中 nn bbbbbb 372121 则有 )37(Nnn, 点拨: 历年高考对性质
22、考查较多,主要是利用 “等积 性” , 题目“小而巧” 且背景不断更新,要熟练掌握。 典例精析 一、 错位相减法求和 例 1:求和: n n a n aaa S 32 321 解: 2 )1( 3211 nn nSa n 时, 01aa时,因为 n n a n aaa S 32 321 132 1211 nn n a n a n aa S a 由得: ) 1 ) 1( ) 1() 1( ) 1( 2 ) 1( ) 1( ) 1() 1( 1 1 ) 1 1 ( 1 111 ) 1 1( 2 2 1 12 a aa anaa a nn S aa anaa S a n a aa a n aaa S
23、 a n n n n n n n n nn n 综上所述, 所以 点拨:若数列 n a是等差数列, n b是等比数列, 则求数列 nn ba的前n项和时, 可采用错位 相减法; 当等比数列公比为字母时,应对字母是否为 1 进行讨论; 当将 n S与q n S相减合并同类项时,注意错 位及未合并项的正负号。 二、 裂 项相消法求和 例2:数列 n a满足 1 a=8, 022 124nnn aaaa,且(Nn) 求数列 n a的通项公式; 则2 14 14 aa d 所以, na =8(n1)( 2) 102n 10 32)2(4 1 ) 1(4 1 8 3 ) 2 1 1 1 2 1 1( 4
24、 1 ) 2 11 () 4 1 2 1 () 3 1 1 1 ( 4 1 ) 2 11 ( 4 1 )2(2 1 )14( 1 21 m nn nn nn bbbT nn nnan b nn n n 所以 对一切Nn恒成立。 3 16 3 16 21 8 11 8 12 ) 2 8 1 8 12 2 8 1 8 12 min m nn Nn Nn nn m 所以 ,(对 恒成立。对一切 故 m的最大整数值为5。 点 拨 : 若 数 列 n a的 通 项 能 转 化 为 )()1(nfnf的形式,常采用裂项相消法求和。 使用裂项消法求和时,要注意正负项相消 时,消去了哪些项,保留了哪些项。 三
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