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【名师金典】(教师用书)2016版高考数学大一轮复习 第五章 数列


第五章

数列

第一节 数列的概念与简单表示法 [考情展望] 1.以数列的前 n 项为背景写数列的通项.2.考查由数列的通项公式或递推 关系,求数列的某一项.3.考查已知数列的递推关系或前 n 项和 Sn 求通项 an.

一、数列的有关概念 概念 数列 数列的项 数列 的通项 通项公式 前 n 项和 按照一定顺序排列

的一列数 数列中的每一个数 数列{an}的第 n 项 an 叫做数列的通项 数列{an}的第 n 项 an 与 n 之间的关系能用公式 an=f(n)表达,这个公式叫做数列的通项公式 数列{an}中,Sn=a1+a2+?+an 叫做数列的前 n 项和 二、数列的分类 分类标准 项数 类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 项与项间 的大小关系 递减数列 常数列 an+1>an an+1<an an+1=an 其中 n∈N
*

含义

满足条件 项数有限 项数无限

判断数列递增(减)的方法 (1)作差比较法: ①若 an+1-an>0,则数列{an}为递增数列. ②若 an+1-an=0,则数列{an}为常数列. ③若 an+1-an<0,则数列{an}为递减数列.

1

(2)作商比较法:不妨设 an>0. ①若 ②若 ③若

an+1 >1,则数列{an}为递增数列. an an+1 =1,则数列{an}为常数列. an an+1 <1,则数列{an}为递减数列. an

三、数列的表示方法 数列有三种表示方法,它们分别是列表法、图象法和解析法. 四、an 与 Sn 的关系 若数列{an}的前 n 项和为 Sn,通项公式为 an, 则 an=?
? ?S1, ?Sn-Sn-1, ?

?n=1?, ?n≥2?.

已知 Sn 求 an 的注意点 利用 an=Sn-Sn-1 求通项时,注意 n≥2 这一前提条件,易忽略验证 n=1 致误,当 n=1 时,a1 若适合通项,则 n=1 的情况应并入 n≥2 时的通项;否则 an 应利用分段函数的形式表 示.

1.已知数列{an}的前 4 项分别为 2,0,2,0,则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式 的一项是( )
n+1

A.an=1+(-1)

B.an=2sin


2

C.an=1-cos nπ 【答案】 B 2.在数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1,则 a5 的值为( A.30 C.32 B.31 D.33 )

? ?2,n为奇数 D.an=? ?0,n为偶数 ?

【答案】 B 3.已知数列{an}的通项公式为 an=

n ,则这个数列是 n+1
2

( A.递增数列 C.常数列 【答案】 A 4.数列{an}的前 n 项和 Sn=n +1,则 an=
? ?n=1? ?2 【答案】 ? ?2n-1 ?n≥2? ?
2

)

B.递减数列 D.摆动数列

.

? ?2?n? 5.若数列?n?n+4?? ? ?中的最大项是第 k 项,则 k= ?3? ? ?

.

【答案】 4 2 1 6.(2013·课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an 3 3 = . 【答案】 (-2)
n-1

考向一 [083] 由数列的前几项归纳数列的通项公式 根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式. (1)-1,7,-13,19,?; (2)0.8,0.88,0.888,?; 1 1 5 13 29 61 (3) , ,- , ,- , ,?. 2 4 8 16 32 64 【尝试解答】 (1)符号可通过(-1) 表示,后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值 大 6, 故通项公式为 an=(-1) (6n-5). 1? 8 8 8 8? (2)数列变为 (1-0.1), (1-0.01), (1-0.001),?,∴an = ?1- n?. 10 ? 9 9 9 9? (3)各项的分母分别为 2 2 2 2 ,?,易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把
3
1, 2, 3, 4

n

n

2-3 第 1 项变为- , 2 2 -3 2 -3 2 -3 2 -3 原数列化为- 1 , 2 ,- 3 , 4 ,?, 2 2 2 2 2 -3 ∴an=(-1) · n . 2
n n
1 2 3 4

规律方法 1 1.求数列的通项时,要抓住以下几个特征. (1)分式中分子、分母的特征;(2)相邻项的变化特征;(3)拆项后的特征;(4)各项符号 特征等,并对此进行归纳、化归、联想. 2.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法,它蕴含着“从特殊到 一般”的思想, 由不完全归纳得出的结果是不可靠的, 要注意代值检验, 对于正负符号变化, 可用(-1) 或(-1)
n n+1

来调整.

考向二 [084] 由递推关系求通项公式 根据下列条件,求数列的通项公式 an. (1)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+2 ; (2)在数列{an}中,an+1=
n

n+2 an,a1=4; n

(3)在数列{an}中,a1=3,an+1=2an+1. 【尝试解答】 (1)由 an+1-an=2 ,把 n=1,2,3,?,n-1(n≥2)代入,得(n-1)个 式子, 累加即可得(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1) =2+2 +2 +?+2
n
2 3

n

n-1

2?1-2 ? ,所以 an-a1= , 1-2
n n

n-1

即 an-a1=2 -2,所以 an=2 -2+a1=2 -1. 当 n=1 时,a1=1 也符合, 所以 an=2 -1(n∈N ). (2)由递推关系 an+1=
n
*

n+2 an+1 n+2 an,a1=4,有 = , n an n

a2 a3 4 a4 5 an-1 n 于是有 =3, = , = ,?, = , a1 a2 2 a3 3 an-2 n-2 an n+1 an n?n+1? = ,将这(n-1)个式子累乘,得 = . an-1 n-1 a1 2
所以当 n≥2 时,an= 2n(n+1)(n∈N ).
4
*

n?n+1? a1=2n(n+1).当 n=1 时,a1=4 符合上式,所以 an=
2

(3)由 an+1=2an+1 得 an+1+1=2(an+1),令 bn=an+1, 所以{bn}是以 2 为公比的等比数列. 所以 bn=b1·2
n-1

=(a1+1)·2
n+1

n-1

=2

n+1



所以 an=bn-1=2

-1(n∈N ).

*

规律方法 2 递推式的类型 递推式 方法 叠加法 叠乘法 化为等比数列 化为等差数列 示例

an+1=an+f(n) an+1 =f(n) an an+1=pan+q (p≠0,1,q≠0) an+1=pan+q·pn+1 (p≠0,1,q≠0)

a1=1,an+1=an+2n an+1 a1=1, =2n an a1=1,an+1=2an+1 a1=1,an+1=3an+3n+1

1 对点训练 (2015·银川模拟)已知 f(x)= .各项均为正数的数列{an}满足 a1=1, an 1+x
+2

=f(an).若 a2 014=a2 016,则 a20+a11 的值是 【答案】 13 5+3 26



考向三 [085] 由 an 与 Sn 的关系求通项 an 已知数列{an}的前 n 项和 Sn,求{an}的通项公式: (1)Sn=2n -3n; (2)Sn=3 +b.(b 为常数) 【尝试解答】 (1)a1=S1=2-3=-1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(2n -3n)-[2(n-1) -3(n-1)]=4n-5, 由于 a1 也适合此等式,∴an=4n-5. (2)a1=S1=3+b, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(3 +b)-(3
n n-1
2 2 2

n

+b)=2·3

n-1

.

当 b=-1 时,a1 适合此等式. 当 b≠-1 时,a1 不适合此等式. ∴当 b=-1 时,an=2·3
n-1



? n=1, ?3+b, 当 b≠-1 时,an=? n-1 ?2·3 , n≥2. ?

规律方法 3 已知 Sn 求 an 时的三个注意点
5

(1)重视分类讨论思想的应用,分 n=1 和 n≥2 两种情况讨论;特别注意 an=Sn-Sn-1 中需 n≥2. (2)由 Sn-Sn-1=an 推得 an,当 n=1 时,a1 也适合“an 式”,则需统一“合写” . (3)由 Sn-Sn-1=an 推得 an,当 n=1 时,a1 不适合“an 式”,则数列的通项公式应分段 表示(“分写”),即 an=?
? ?S1,n=1, ? ?Sn-Sn-1,n≥2.

对点训练 (1)(2015·贵阳模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则

Sn=(
A.2

)
n-1

?3?n-1 B.? ? ?2?

?2?n-1 C.? ? ?3?

1 D. n-1 2

【答案】 B (2)已知数列{an}的前 n 项和 Sn,求下面数列{an}的通项公式 an. ①Sn=2n -3n;②Sn=3 +b. 【解】 ①a1=S1=2-3=-1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(2n -3n)-[2(n-1) -3(n-1)]=4n-5, 由于 a1 也适合此等式,∴an=4n-5. ②a1=S1=3+b,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(3 +b)-(3
n n-1
2 2 2

n

+b)=2·3

n-1

.

当 b=-1 时,a1 适合此等式. 当 b≠-1 时,a1 不适合此等式. ∴当 b=-1 时,an=2·3
n-1



? ?3+b, 当 b≠-1 时,an=? n-1 ?2·3 , ?

n=1, n≥2.

易错易误之十 明确数列中项的特征,慎用函数思想解题 —————————— [1 个示范例] —————— 已知数列{an}中,an=n -kn(n∈N ),且{an}单调递增,则 k 的取值范围 是( )
6
2 *

A.(-∞,2] C.(-∞,2)
2 *

B.(-∞,3) D.(-∞,3]
*

【解析】 ∵an=n -kn(n∈N ),且{an}单调递增,∴an+1-an>0 对? n∈N 都成立, 此处在求解时,常犯“an 是关于 n 的二次函数,若{an}单调递增,则必有 ≤1,k≤2” 2 的错误. 出错的原因是忽视了数列作为函数的特殊性即自变量是正整数. 又 an+1-an=(n+1) -k(n+1)-n +kn=2n+1-k,所以由 2n+1-k>0,即 k<2n+ 1 恒成立可知 k<(2n+1)min=3., 【防范措施】 1.明确函数单调性与数列单调性的关系 (1)若数列所对应的函数是单调的,则该数列一定单调. (2)若数列是单调的, 其对应的函数未必单调, 原因是数列是定义在 n∈N 上的特殊函数. 2.数列单调性的判断 一般通过比较 an+1 与 an 的大小来判断: 若 an+1>an,则该数列为递增数列;若 an+1<an,则该数列为递减数列. ———————— [1 个防错练] ——————— 已知{an}是递增数列,且对于任意的 n∈N ,an=n +λ n 恒成立,则实数 λ 的取值范围 是 . 【解析】 法一
2 * 2 * 2 2

k

(定义法)因为{an}是递增数列,故对任意的 n∈N ,都有 an+1>an,即
2

*

(n+1) +λ (n+1)>n +λ n,整理,得 2n+1+λ >0,即 λ >-(2n+1)(*). 因为 n≥1,故-(2n+1)≤-3,要使不等式(*)恒成立,只需 λ >-3. λ 2 法二 (函数法)设 f(n)=an=n +λ n, 其对称轴为 n=- , 要使数列{an}为递增数列, 2 λ 3 只需满足 n=- < 即可,即 λ >-3. 2 2 【答案】 (-3,+∞) 课时限时检测(二十九) 数列的概念与简单表示法 (时间:60 分钟 满分:80 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.如图 5-1-1,关于星星的图案中星星的个数构成一个数列,该数列的一个通项公 式是( )

7

图 5-1-1 A.an=n -n+1 C.an=
2

B.an= D.an=

n?n-1?
2 2

n?n+1?
2

n?n+2?

【答案】 C 2.在数列{an}中,an=-2n +29n+3,则此数列最大项的值是( A.103 C. 825 8 865 B. 8 D.108
2

)

【答案】 D 3.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=an+2 ,则 a10=( A.1 024 C.2 048 【答案】 B 4.已知 a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N ),则数列{an}的通项公式是( A.2n-1 C.n
2 *

n

)

B.1 023 D.2 047

)

B.?

?n+1?n-1 ? ? n ?
D.n

【答案】 D 5.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则 a6=( A.3×4 C.4
5 4

)

B.3×4 +1 D.4 +1
5

4

【答案】 A 6.对于数列{an},“an+1>|an|(n=1,2,?)”是“{an}为递增数列”的( A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】 B 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) )

8

1 1 7.已知数列{an}中,a1= ,an+1=1- (n≥2),则 a16= 2 an 【答案】 1 2
*

.

8.数列{an}中,a1=1,对于所有的 n≥2,n∈N ,都有 a1·a2·a3·?·an=n ,则 a3 +a5= 【答案】 . 61 16

2

2 1 * * 9.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N 都有 Sn= an- ,且 1<Sk<9(k∈N ), 3 3 则 a1 的值为 , .

k 的值为

【答案】 -1 4 三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)已知数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn= (1)求 a2,a3; (2)求数列{an}的通项公式. 【解】 (1)∵Sn=

n+2 an.
3

n+2 an,且 a1=1,
3

4 4 ∴S2= a2,即 a1+a2= a2,得 a2=3. 3 3 5 由 S3= a3,得 3(a1+a2+a3)=5a3,得 a3=6. 3 (2)由题设知 a1=1. 当 n≥2 时,有 an=Sn-Sn-1= 整理得 an=

n+2 n+1 an- an-1,
3 3

n+1 an n+1 an-1,即 = , n-1 an-1 n-1

a2 a3 4 a4 5 an n+1 于是 =3, = , = ,?, = , a1 a2 2 a3 3 an-1 n-1
以上 n-1 个式子的两端分别相乘,得 = ∴an=

an n?n+1? , a1 2

n?n+1?
2

,n≥2.

又 a1=1 适合上式, 故 an=

n?n+1?
2

,n∈N .

*

9

11.(12 分)已知数列{an}满足前 n 项和 Sn=n +1,数列{bn}满足 bn= 和为 Tn,设 cn=T2n+1-Tn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)判断数列{cn}的增减性. 【解】 (1)a1=2,an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2). 2 ? ?3,?n=1?, ∴b =? 1 ,?n≥2?. ? ?n
n

2

2 ,且前 n 项 an+1

(2)∵cn=bn+1+bn+2+?+b2n+1= 1 <0, n+1 ∴{cn}是递减数列.

1

n+1 n+2



1

+?+

1 1 1 , ∴cn+1-cn= + - 2n+1 2n+2 2n+3

12.(13 分)在数列{an},{bn}中,a1=2,an+1-an=6n+2,点( ,bn)在 y=x +mx 的图 象上,{bn}的最小项为 b3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求 m 的取值范围. 【解】 (1)∵an+1-an=6n+2, ∴当 n≥2 时,an-an-1=6n-4. ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 =(6n-4)+(6n-10)+?+8+2 = ?n-1?[8+?6n-4?] +2 2
2

an n

3

=3n -3n+2n-2+2 =3n -n, 显然 a1 也满足 an=3n -n,∴an=3n -n. (2)∵点( ,bn)在 y=x +mx 的图象上, ∴bn=(3n-1) +m(3n-1). ∴b1=8+2m,b2=125+5m,b3=512+8m,b4=1 331+11m. 8+2m≥512+8m, ? ? ∵{bn}的最小项是 b3,∴?125+5m≥512+8m, ? ?1 331+11m≥512+8m,
10
3 2 2 2

an n

3

∴-273≤m≤-129. ∵bn+1=(3n+2) +m(3n+2),bn=(3n-1) +m(3n-1), ∴bn+1-bn=3[(3n+2) +(3n-1) +(3n+2)(3n-1)]+3m =3(27n +9n+3+m), 当 n≥4 时,27n +9n+3>273,∴27n +9n+3+m>0, ∴bn+1-bn>0,∴n≥4 时,bn+1>bn. 综上可知-273≤m≤-129, ∴m 的取值范围为[-273,-129]. 第二节 等差数列
2 2 2 2 2 3 3

[考情展望] 1.运用基本量法求解等差数列的基本量问题.2.在解答题中对所求结论的 运算进行等差数列的判断与证明.3.在具体情景中能识别具有等差关系的数列,并会用等差 数的性质解决相应问题.

一、等差数列 1.定义:an+1-an=d(常数)(n∈N ). 2.通项公式:an=a1+(n-1)d,an=am+(n-m)d. 3.前 n 项和公式:Sn=na1+ 4.a、b 的等差中项 A=
*

n?n-1?d n?a1+an?
2 = 2

.

a+b
2

.

证明{an}为等差数列的方法: (1)用定义证明:an-an-1=d(d 为常数,n≥2)?{an}为等差数列; (2)用等差中项证明:2an+1=an+an+2?{an}为等差数列; (3)通项法:an 为 n 的一次函数?{an}为等差数列; (4)前 n 项和法:Sn=An +Bn 或 Sn= 二、等差数列的性质
2

n?a1+an?
2

.

11

已知数列{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和. (1)若 m、n、p、q、k 是正整数,且 m+n=p+q=2k, 则 am+an=ap+aq=2ak. (2)am,am+k,am+2k,am+3k,?仍是等差数列,公差为 kd. (3)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?,也是等差数列.

等差数列的性质 (1)项的性质:在等差数列{an}中,am-an=(m-n)d?

am-an =d(m≠n),其几何意义是 m-n

点(n,an),(m,am)所在直线的斜率等于等差数列的公差. (2)和的性质:在等差数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,则 ①S2n=n(a1+a2n)=?=n(an+an+1). ②S2n-1=(2n-1)an. ③n 为偶数时,S 偶-S 奇= d;n 为奇数时,S 奇-S 偶=a 中. 2

n

1.在等差数列{an}中,a2=2,a3=4,则 a10=( A.12 【答案】 D B.14 C.16 D.18

)

2.在等差数列{an}中,a2=1,a4=5,则{an}的前 5 项和 S5=( A.7 C.20 B.15 D.25

)

【答案】 B 3.设{an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和,若 S10=S11,则 a1=( A.18 C.22 B.20 D.24 )

【答案】 B 4.已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2-4,则 an= 【答案】 2n-1
2

.

12

5.(2013·重庆高考)若 2,a,b,c,9 成等差数列,则 c-a= 【答案】 7 2

.

6.(2013·广东高考)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7= 【答案】 20

.

考向一 [086] 等差数列的判定与证明 在数列{an}中,a1=-3,an=2an-1+2 +3(n≥2,且 n∈N ). (1)求 a2,a3 的值; (2)设 bn=
n
*

an+3
2
n

(n∈N ),证明:{bn}是等差数列.
n

*

【尝试解答】 (1)∵a1=-3,an=2an-1+2 +3(n≥2). ∴a2=2a1+4+3=-6+4+3=1.

a3=2a2+23+3=13.
(2)证明:对于任意 n∈N , ∵bn+1-bn= = 1 2 [(2
n+1
*

an+1+3 an+3
2
n+1



2

n



1 2

n+1

[(an+1-2an)-3]

n+1

+3)-3]=1,

∴数列{bn}是首项为

a1+3 -3+3
2 = 2

=0,公差为 1 的等差数列.

规律方法 1 用定义证明等差数列时,常采用的两个式子 an+1-an=d 和 an-an-1=d, 但它们的意义不同,后者必须加上“n≥2”,否则 n=1 时,a0 无定义. 对点训练 (2014·大纲全国卷)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. ①设 bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; ②求{an}的通项公式. 【证明】 ①由 an+2=2an+1-an+2 得

an+2-an+1=an+1-an+2,
即 bn+1=bn+2. 又 b1=a2-a1=1,
13

所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. ②由①得 bn=1+2(n-1)=2n-1, 即 an+1-an=2n-1. 于是 ? (ak+1-ak)= ? (2k-1),
k=1 k=1 n n

所以 an+1-a1=n ,即 an+1=n +a1. 又 a1=1,所以{an}的通项公式为 an=n -2n+2. 考向二 [087] 等差数列的基本运算 (1)(2013·课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=- 2,Sm=0,Sm+1=3,则 m=( A.3 【答案】 C (2)(2013·四川高考)在等差数列{an}中,a1+a3=8,且 a4 为 a2 和 a9 的等比中项,求数 列{an}的首项、公差及前 n 项和. 【尝试解答】 设该数列的公差为 d,前 n 项和为 Sn.由已知可得. 2a1+2d=8,(a1+3d) =(a1+d)(a1+8d), 所以 a1+d=4,d(d-3a1)=0, 解得 a1=4,d=0 或 a1=1,d=3,即数列{an}的首项为 4,公差为 0,或首项为 1,公 差为 3. 3n -n 所以数列的前 n 项和 Sn=4n 或 Sn= . 2 规律方法 2 1.等差数列的通项公式及前 n 项和公式,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn, 知三求二,体现了方程思想的应用. 2.数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用,而 a1 和 d 是等差数列 的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法,称为基本量法. 对点训练 (2014·浙江高考)已知等差数列{an}的公差 d>0.设{an}的前 n 项和为 Sn,
2 2 2

2

2

) C.5 D.6

B.4

a1=1,S2·S3=36.
①求 d 及 Sn; ②求 m,k(m,k∈N )的值,使得 am+am+1+am+2+?+am+k=65. 【解】 ①由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36, 将 a1=1 代入上式解得 d=2 或 d=-5. 因为 d>0,所以 d=2,Sn=n (n∈N ).
2 * *

14

②由①得 am+am+1+am+2+?+am+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.
?2m+k-1=13, ? * 由 m,k∈N 知 2m+k-1>k+1>1,故? ?k+1=5, ?

所以?

? ?m=5, ?k=4. ?

15

考向三 [088] 等差数列的性质及应用 (1)在等差数列{an}中, 已知 a4+a8=16, 则该数列前 11 项和 S11=( A.58 【答案】 B (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知前 6 项和为 36, 最后 6 项的和为 180, Sn=324(n >6),求数列{an}的项数及 a9+a10. 【尝试解答】 由题意知 a1+a2+?+a6=36,① B.88 C.143 D.176 )

an+an-1+an-2+?+an-5=180,②
①+②得 (a1+an)+(a2+an-1)+?+(a6+an-5)=6(a1+an)=216, ∴a1+an=36, 又 Sn=

n?a1+an?
2

=324,

∴18n=324,∴n=18. 由 a1+an=36,n=18. ∴a1+a18=36,从而 a9+a10=a1+a18=36. 规律方法 3 1.在等差数列{an}中,若 m+n=p+q=2k,则 am+an=ap+aq=2ak 是常用

的性质,本例(1)、(2)都用到了这个性质. 2.掌握等差数列的性质,悉心研究每个性质的使用条件及应用方法,认真分析项数、 序号、项的值的特征,这是解题的突破口. 对点训练 (1)已知等差数列{an}的公差为 2,项数是偶数,所有奇数项之和为 15,所 有偶数项之和为 25,则这个数列的项数为( A.10 B.20 C.30 )

D.40 .

(2)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S10=10,S20=30,则 S30= 【答案】 (1)A (2)60

考向四 [089] 等差数列前 n 项和的最值 在等差数列{an}中,已知 a1=20,前 n 项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n 取 何值时,Sn 取得最大值,并求出它的最大值. 【尝试解答】 法一 ∵a1=20,S10=S15, 10×9 15×14 ∴10×20+ d=15×20+ d, 2 2

16

5 ∴d=- . 3 5 65 ? 5? ∴an=20+(n-1)×?- ?=- n+ . 3 3 3 ? ? 令 an≥0 得 n≤13, 即当 n≤12 时,an>0;n≥14 时,an<0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为

S12=S13=12×20+

12×11 ? 5? ×?- ?=130. 2 ? 3?

5 法二 同法一得 d=- . 3 又由 S10=S15,得 a11+a12+a13+a14+a15=0. ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130. 规律方法 4 求等差数列前 n 项和的最值常用的方法 (1)先求 an,再利用? 最值. (2)①利用性质求出其正负转折项,便可求得前 n 项和的最值.②利用等差数列的前 n 项和 Sn=An +Bn(A,B 为常数)为二次函数,根据二次函数的性质求最值. 对点训练 已知{an}是一个等差数列,且 a2=1,a5=-5. (1)求{an}的通项 an; (2)求{an}前 n 项和 Sn 的最大值. 【解】 (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+
?a1+d=1, ? ? ?a1+4d=-5,
2

?an≥0 ? ?an+1≤0 ?

或?

?an≤0 ? ?an+1≥0 ?

求出其正负转折项,最后利用单调性确定

n?n-1? d=-n2+4n=4-(n-2)2,
2

所以 n=2 时,Sn 取到最大值 4.

17

规范解答之八 等差数列的通项与求和问题 ————————— [1 个示范例] ——————— (12 分)(2013·浙江高考)在公差为 d 的等差数列{an}中,已知 a1=10, 且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|. 【规范解答】 (1)由题意得,a1·5a3=(2a2+2) ,由 a1=10,{an}为公差为 d 的等差 数列得,d -3d-4=0, 解得 d=-1 或 d=4. 所以 an=-n+11(n∈N )或 an=4n+6(n∈N ). (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11, 6分
* * 2 2

2分

5分

1 2 21 所以当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=Sn=- n + n; 2 2 1 2 21 当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=-Sn+2S11= n - n+110. 2 2 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an| 1 21 ? ?-2n + 2 n, n≤11, =? 1 21 ? ?2n - 2 n+110, n≥12.
2 2

12 分

【名师寄语】 1.涉及求数列{|an|}前 n 项和的题目,其解题的关键是找到数列{an}的 正负界点,因此借助绝对值的性质,去掉绝对值符号是解题的着眼点. 2.要正确区分“|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|”与“a1+a2+a3+?+an”的差异,明确 两者间的转换关系,切忌逻辑混乱. ————————— [1 个规范练] ——————— 已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和.
18

【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d,易求 a2=-1, 则 a3=a2+d,a1=a2-d,
?a1=-1-d, ? 由题意得? ? ??-1+d??-1-d?·?-1?=8,

解之得?

? ?a1=2, ?d=-3. ?

或?

? ?a1=-4, ?d=3. ?

所以由等差数列通项公式可得

an=2-3(n-1)=-3n+5,或 an=-4+3(n-1)=3n-7.
故 an=-3n+5,或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列,不合题设条件. 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.
? ?-3n+7,n=1,2, 故|an|=|3n-7|=? ?3n-7,n≥3. ?

记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5. 当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+?+|an| =5+(3×3-7)+(3×4-7)+?+(3n-7) ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =5+ = n - n+10. 2 2 2 当 n=2 时,满足此式. 4,n=1, ? ? 综上,Sn=?3 2 11 n - n+10,n>1. ? 2 ?2 课时限时检测(三十) 等差数列

(时间:60 分钟 满分:80 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}中的公差为( A.1 C.3 【答案】 B 2.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=( A.8 C.6 B.7 D.5 ) B.2 D.4 )

19

【答案】 D 3.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n 等于( A.6 C.8 【答案】 A 4.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=9,S6=36,则 a7+a8+a9 等于 ( A.63 C.36 【答案】 B 5.(2013·辽宁高考)下面是关于公差 d>0 的等差数列{an}的四个命题:p1:数列{an} 是递增数列;p2:数列{nan}是递增数列;p3:数列? ?是递增数列;p4:数列{an+3nd}是递
?n? ?an?

) B.7 D.9

)

B.45 D.27

增数列. 其中的真命题为( A.p1,p2 C.p2,p3 【答案】 D 6.在等差数列{an}中,a1=-2 012,其前 n 项和为 Sn,若 于( ) A.-2 011 C.-2 010 【答案】 B 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 am-1+am+1-am=0,S2m-1=38,则 m= 【答案】 10 8.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 6S5-5S3=5,则 a4= 【答案】 1 3 .
2

)

B.p3,p4 D.p1,p4

S12 S10
12 - 10

=2,则 S2 012 的值等

B.-2 012 D.-2 013

.

1 2 9.已知等差数列{an}中,a1,a99 是函数 f(x)=x -10x+16 的两个零点,则 a50+a20+ 2

a80=

.

20

【答案】

25 2

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25, 且 a1,a11,

a13 成等比数列.
(1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+?+a3n-2. 【解】 (1)设{an}的公差为 d,由题意得 a11=a1a13, 即(a1+10d) =a1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),d=-2. 故 an=-2n+27. (2)令 Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2. 由(1)知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的 等差数列. 从而 Sn= (a1+a3n-2)= (-6n+56)=-3n +28n. 2 2 11.(12 分)已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a3·a4=117,a2 +a5=22. (1)求通项 an; (2)若数列{bn}满足 bn=
2 2

n

n

2

Sn

n+c

, 是否存在非零实数 c 使得{bn}为等差数列?若存在, 求出

c 的值;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)由等差数列的性质,得 a2+a5=a3+a4=22, ∴a3,a4 是方程 x -22x+117=0 的根,且 a4>a3, ∴a3=9 且 a4=13, 从而 a1=1,公差 d=4, 故通项 an=1+4(n-1)=4n-3. (2)由(1)知 Sn= 所以 bn=
2

n?1+4n-3?
2
2

=2n -n,

2

2n -n . n+c n+c = 1 6 15 ,b2= ,b3= (c≠0). 1+c 2+c 3+c

Sn

法一 所以 b1=

1 令 2b2=b1+b3,解得 c=- . 2

21

1 2n -n 当 c=- 时,bn= =2n, 2 1 n- 2 当 n≥2 时,bn-bn-1=2. 1 故当 c=- 时,数列{bn}为等差数列. 2 法二 当 n≥2 时,

2

bn-bn-1=
2

2n -n 2?n-1? -?n-1? - n+c n-1+c

2

2



2n +?4c-2?n-3c , n +?2c-1?n+c?c-1?
2

欲使{bn}为等差数列, 1 只需 4c-2=2(2c-1)且-3c=2c(c-1)(c≠0),解得 c=- . 2 1 故当 c=- 时,数列{bn}为等差数列. 2 12.(12 分)在数列{an}中,a1=1,3anan-1+an-an-1=0(n≥2).
?1? (1)证明数列? ?是等差数列; ?an?

(2)求数列{an}的通项; (3)若 λ an+ 1

an+1

≥λ 对任意 n≥2 的整数恒成立,求实数 λ 的取值范围.

【解】 (1)证明 由 3anan-1+an-an-1=0(n≥2)得, 1

an an-1



1

=3(n≥2),

?1? ∴数列? ?是以 1 为首项,3 为公差的等差数列. ?an?

1 (2)由(1)可得, =1+3(n-1)=3n-2.

an

∴an=

1 . 3n-2 1

(3)λ an+ 即

an+1

≥λ 对 n≥2 的整数恒成立,

λ * +3n+1≥λ 对 n≥2(n∈N )恒成立. 3n-2

?3n+1??3n-2? * 整理得 λ ≤ (n≥2,n∈N ), 3?n-1? ?3n+1??3n-2? 令 Cn= , 3?n-1?
22

Cn+1-Cn=


?3n+4??3n+1? ?3n+1??3n-2? - 3n 3?n-1?

?3n+1??3n-4? 3n?n-1?

因为 n≥2,所以 Cn+1-Cn>0, 28 ∴{Cn}为单调递增数列,C2 最小,且 C2= , 3 28? ? 故 λ 的取值范围为?-∞, ?. 3? ? 第三节 等比数列

[考情展望] 1.运用基本量法求解等比数列问题.2.以等比数列的定义及等比中项为背 景, 考查等比数列的判定.3.客观题以等比数列的性质及基本量的运算为主, 突出“小而巧” 的特点,解答题注重函数与方程、分类讨论等思想的综合应用.

一、等比数列

证明{an}是等比数列的两种常用方法
23

(1)定义法:若

an * =q(q 为非零常数且 n≥2 且 n∈N ),则{an}是等比数列. an-1
2 *

(2)中项公式法: 在数列{an}中, an≠0 且 an+1=an·an+2(n∈N ), 则数列{an}是等比数列. 二、等比数列的性质 1.对任意的正整数 m、n、p、q,若 m+n=p+q=2k,则 am·an=ap·aq=ak. 2.通项公式的推广:an=amq
n-m
2

(m,n∈N )

*

3. 公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn, S2n-Sn, S3n-S2n 仍成等比数列, 其公比为 q ;当公比为-1 时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 不一定构成等比数列.
?1? ?an? 2 ? ?, ? ?(λ ≠0) 4. 若数列{an}, {bn}(项数相同)是等比数列, 则{λ an}, {an}, {an·bn}, ?an? ?bn?
n

仍是等比数列.

等比数列的单调性 单调递增 单调递减 常数数列 摆动数列

a1>0,q>1 或者 a1<0,0<q<1 a1>0,0<q<1 或者 a1<0,q>1 a1≠0,q=1 q<0

1 1.已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则公比 q 等于 4 ( 1 A.- 2 【答案】 D 2.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,8a2+a5=0,则 = ( A.-11 C.5 【答案】 A 3.公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10=( A.4 B.5
24

)

B.-2

C.2

1 D. 2

S5 S2

)

B.-8 D.11

)

C.6

D.7

【答案】 B 4.(2014·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{an}中,若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6 的值是 .

【答案】 4

4 5.(2013·大纲全国卷)已知数列{an}满足 3an+1+an=0,a2=- ,则{an}的前 10 项和 3 等于( )
-10

A.-6(1-3 C.3(1-3

)

1 10 B. (1-3 ) 9 D.3(1+3
-10

-10

)

)

【答案】 C 6.(2013·江西高考)等比数列 x,3x+3,6x+6,?的第四项等于( A.-24 C.12 【答案】 A B.0 D.24 )

25

考向一 [090] 等比数列的基本运算 (1)(2013·北京高考)若等比数列{an}满足 a2+a4=20,a3+a5=40,则 公比 q= ;前 n 项和 Sn= .

(2)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,S3,S2 成等差数列. ①求{an}的公比 q;②若 a1-a3=3,求 Sn. 【尝试解答】 (1)2,2
n+1

-2

(2)①∵S1,S3,S2 成等差数列, ∴a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q ). 1 2 由于 a1≠0,故 2q +q=0,又 q≠0,从而 q=- . 2 1 2 ②由已知可得 a1-a1(- ) =3,故 a1=4, 2
2

? ? 1?n? 4?1-?- ? ? ? ? 2? ? 8? ? 1?n? 从而 Sn= = ?1-?- ? ?. 3? ? 2? ? ? 1? 1-?- ? ? 2?
规律方法 1 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有五个量

a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,体现了方程思想的应用.
2.在使用等比数列的前 n 项和公式时,应根据公比 q 的情况进行分类讨论,此外在运 算过程中,还应善于运用整体代换思想简化运算. 对点训练 (1)已知等比数列{an}为递增数列, 且 a5=a10,2(an+an+2)=5an+1, 则数列{an} 的通项公式 an= 【答案】 2
n
2

.

(2)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且 a2,a4,a8 成等比数列. ①求数列{an}的通项公式; ②求数列{3an}的前 n 项和. 【解】 ①设数列{an}的公差为 d(d≠0),由题意得
2 a2 4=a2·a8,即(a1+3d) =(a1+d)(a1+7d).

又 a1=2,所以 d=2 或 d=0(舍去).
26

∴an=2n. ②由①可知 3an=3 =9 . 9?1-9 ? 9 n 故数列{3an}的前 n 项和为 = (9 -1). 1-9 8
n
2n

n

考向二 [091] 等比数列的判定与证明 成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列{bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式;
? 5? (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列?Sn+ ?是等比数列. 4? ?

【尝试解答】 (1)设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15,解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,(7-d)(18+d)=100, 解之得 d=2 或 d=-13(舍去), 5 ∴b3=5,公比 q=2,因此 b1= . 4 5 n-1 n-3 故 bn= ·2 =5·2 . 4 5 (2)证明 由(1)知 b1= ,公比 q=2, 4 5 n ?1-2 ? 4 5 n-2 ∴Sn= =5·2 - , 1-2 4 5 n-2 则 Sn+ =5·2 , 4 5 5 因此 S1+ = , 4 2 5 4 5·2n-2 = n-3=2(n≥2). 5 5·2 Sn-1+ 4

S n+

5 5 ∴数列{Sn+ }是以 为首项,公比为 2 的等比数列. 4 2 规律方法 2 1.本题求解常见的错误: (1)计算失误, 不注意对方程的根(公差 d)的符号 进行判断;(2)不能灵活运用数列的性质简化运算. 2.要判定一个数列不是等比数列,则只需判定其任意的连续三项不成等比即可. 对点训练 (2015·武汉模拟)成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别
27

加上 2,5,13 后成为等比数列{bn}中的 b3,b4,b5. (1)求数列{bn}的通项公式;
? 5? (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列?Sn+ ?是等比数列. 4? ?

【解】 (1)设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d,依题意,得 a-d+a+a +d=15, 解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2, 由 b3=b1·2 ,即 5=b1·2 , 5 解得 b1= . 4 5 5 n-1 n-3 所以{bn}是以 为首项,2 为公比的等比数列,其通项公式为 bn= ·2 =5·2 . 4 4 5 n ?1-2 ? 4 5 5 n-2 n-2 (2)证明:数列{bn}的前 n 项和 Sn= =5·2 - ,即 Sn+ =5·2 . 1-2 4 4 5 4 5·2n-1 5 5 所以 S1+ = , = n-2=2. 4 2 5 5·2 S n+ 4
2 2

Sn+1+

? 5? 5 因此?Sn+ ?是以 为首项,2 为公比的等比数列. 4 2 ? ?

考向三 [092] 等比数列的性质及应用 (1)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S6∶S3=1∶2,则 S9∶S3 等于 ( ) A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.1∶3 .

15 9 1 1 1 1 (2)在等比数列{an}中,若 a7+a8+a9+a10= ,a8a9=- ,则 + + + = 8 8 a7 a8 a9 a10 5 【答案】 (1)C (2)- 3

规律方法 3 在解决等比数列的有关问题时,要充分挖掘隐含条件,利用性质,特别是 “若 m+n=p+q,则 am·an=ap·aq”,可以减少运算量,提高解题速度. 对点训练 (1)(2015·兰州模拟)各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn
28

=2,S3n=14,则 S4n 等于( A.80 B.30

) C.26 D.16
5

(2)(2014·广东高考)若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e ,则 ln a1 +ln a2+?+ln a20= 【答案】 (1)B (2)50 .

思想方法之十三 分类讨论思想在等比数列求和中的应用 分类讨论的实质是将整体化为部分来解决.其求解原则是不复重,不遗漏,讨论的方法 是逐类进行. 在数列的学习中,也有多处知识涉及分类讨论思想 ,具体如下所示: (1)前 n 项和 Sn 与其通项 an 的关系:an=? (2)等比数列的公比 q 是否为 1; (3)在利用公式 Sn 求和时,数列的项的个数为偶数还是奇数等等. 求解以上问题的关键是找准讨论的切入点,分类求解. ————————— [1 个示范例] ——————— 3 (理)(2013·天津高考)已知首项为 的等比数列{an}不是递减数列, 其前 2
?a1 ? ? ?Sn-Sn-1

n=1, n≥2;

n 项和为 Sn(n∈N*),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; 1 * (2)设 Tn=Sn- (n∈N ),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

Sn

【解】 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 因为 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列,所以 S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5

a5 1 2 =a3,于是 q = = . a3 4
3 1 又{an}不是递减数列且 a1= ,所以 q=- . 2 2 3 ? 1?n-1 3 n-1 故等比数列{an}的通项公式为 an= ×?- ? =(-1) · n. 2 ? 2? 2

29

1 1+ ,n为奇数, ? ? 1? ? 2 (2)由(1)得 S =1-?- ? =? ? 2? 1 1- ,n为偶数. ? ? 2
n n n n

3 1 1 3 2 当 n 为奇数时, Sn 随 n 的增大而减小, 所以 1<Sn≤S1= , 故 0<Sn- ≤S1- = - = 2 Sn S1 2 3 5 . 6 3 1 1 3 4 当 n 为偶数时, Sn 随 n 的增大而增大, 所以 =S2≤Sn<1, 故 0>Sn- ≥S2- = - = 4 Sn S2 4 3 7 - . 12 5 7 所以数列{Tn}最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12 ————————— [1 个对点练] ——————— 已知数列{dn}满足 dn=n,等比数列{an}为递增数列,且 a5=a10,2(an+an+2)=5an+1,n ∈N . (1)求 an; (2)令 cn=1-(-1) an,不等式 ck≥2014(1≤k≤100,k∈N )的解集为 M,求所有 dk+
n
* * 2

ak(k∈M)的和.
【解】 (1)设{an}的首项为 a1,公比为 q,所以(a1q ) =a1q ,解得 a1=q, 又因为 2(an+an+2)=5an+1,所以 2(an+anq )=5anq, 1 2 2 n-1 n 则 2(1+q )=5q,2q -5q+2=0,解得 q= (舍)或 q=2,所以 an=2×2 =2 . 2 (2)则 cn=1-(-1) an=1-(-2) ,dn=n, 当 n 为偶数,cn=1-2 ≥2014,即 2 ≤-2013,不成立; 当 n 为奇数,cn=1+2 ≥2014,即 2 ≥2013, 因为 2 =1024,2 =2048,所以 n=2m+1,5≤m≤49 则{dk}组成首项为 11,公差为 2 的等差数列 {ak}(k∈M)组成首项为 2 ,公比为 4 的等比数列 则所有 dk+ak(k∈M)的和为 45?11+99? 2 ?1-4 ? 2 -2048 2 +5377 + =2475+ = . 2 1-4 3 3 课时限时检测(三十一) 等比数列 (时间:60 分钟 满分:80 分)
30
11 45 101 101 11 10 11 2 4 2 9

n

n

n

n

n

n

一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.已知等比数列{an}中,a1+a2+a3=40,a4+a5+a6=20,则前 9 项之和等于( A.50 【答案】 B 2.若等比数列{an}满足 anan+1=16 ,则公比为( A.2 C.8 B.4 D.16
n

)

B.70

C.80

D.90

)

【答案】 B 2 3. (2013·课标全国卷Ⅰ)设首项为 1, 公比为 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则( 3 A.Sn=2an-1 C.Sn=4-3an 【答案】 D 4.已知数列{an},则“an,an+1,an+2(n∈N )成等比数列”是“an+1=anan+2”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】 A 5 5.已知数列{an}为等比数列,Sn 是它的前 n 项和.若 a2·a3=2a1,且 为 a4 与 2a7 的等 4 差中项,则 S5=( A.35 C.31 【答案】 C 1 * 6.已知数列{an}满足 log3an+1=log3an+1(n∈N )且 a2+a4+a6=9,则 log (a5+a7+a9) 3 的值是( A.-5 C.5 【答案】 A 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) ) 1 B.- 5 1 D. 5 )
* 2

)

B.Sn=3an-2 D.Sn=3-2an

)

B.33 D.29

31

1 2 7.若等比数列{an}满足 a2a4= ,则 a1a3a5= 2 【答案】 1 4

.

8 .等比数列{an} 的公比 q> 0,已知 a2 =1, an+ 2+an + 1= 6an,则 {an}的前 4 项和 S4 = . 【答案】 15 2

9.设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q = . 【答案】 3 2

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)(2013·重庆高考)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+. (1)求{an}的通项公式及前 n 项和 Sn; (2)已知{bn}是等差数列,Tn 为其前 n 项和,且 b1=a2,b3=a1+a2+a3,求 T20. 【解】 (1)由题意知{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列, 所以 an=3
n-1

1-3 1 n ,Sn= = (3 -1). 1-3 2

n

20×19 (2)b1=a2=3, b3=1+3+9=13, b3-b1=10=2d, 所以公差 d=5, 故 T20=20×3+ 2 ×5=1 010. 11.(12 分)等比数列{an}的各项均为正数,且 2a1+3a2=1,a3=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? (2)设 bn=log3a1+log3a2+?+log3an,求数列? ?的前 n 项和. ?bn?
2

【解】 (1)设数列{an}的公比为 q. 1 2 2 2 2 由 a3=9a2a6 得 a3=9a4,所以 q = . 9 1 由条件可知 q>0,故 q= . 3 1 由 2a1+3a2=1 得 2a1+3a1q=1,所以 a1= . 3 1 故数列{an}的通项公式为 an= n. 3 (2)bn=log3a1+log3a2+?+log3an=-(1+2+?+n)=-

n?n+1?
2

.

32

1 故 =-

bn

1 ? 2 ?1 =-2? - ?, n?n+1? ?n n+1?

1

b1 b2

1 1 + +?+

bn

1 ?? ?? 1? ?1 1? ?1 =-2??1- ?+? - ?+?+? - ?? ?? 2? ?2 3? ?n n+1?? =- 2n . n+1

?1? 2n 所以数列? ?的前 n 项和为- . n+1 ?bn?

12.(13 分)已知数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an+1=(1+q)an-qan-1(n≥2,q≠0). (1)设 bn=an+1-an(n∈N ),证明:{bn} 是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式; (3)若 a3 是 a6 与 a9 的等差中项,求 q 的值,并证明:对任意的 n∈N ,an 是 an+3 与 an+6 的等差中项. 【解】 (1)证明 由题设 an+1=(1+q)an-qan-1(n≥2), 得 an+1-an=q(an-an-1),即 bn=qbn-1,n≥2. 由 b1=a2-a1=1,q≠0, 所以{bn}是首项为 1,公比为 q 的等比数列. (2)由(1),a2-a1=1,a3-a2=q,?,an-an-1=q 将以上各式相加,得 an-a1=1+q+?+q 即 an=a1+1+q+?+q
n-2 n-2 n-2
* *

(n≥2)

(n≥2),

(n≥2).
n-1

1-q ? ?1+ , 1-q 所以当 n≥2 时,an=? ?n, q=1. ? 上式对 n=1 显然成立.

q≠1,

(3)由(2),当 q=1 时,显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项,故 q≠1.由 a3-a6=a9-a3 可 得 q -q =q -q , 由 q≠0 得 q -1=1-q ,① 3 3 2 3 3 整理得(q ) +q -2=0,解得 q =-2.于是 q=- 2. 另一方面,an-an+3=
3 6 5 2 2 8

qn+2-qn-1 qn-1 3 = (q -1), 1-q 1-q

qn-1-qn+5 qn-1 6 an+6-an= = (1-q ). 1-q 1-q
由①可得 an-an+3=an+6-an,

33

所以对任意的 n∈N ,an 是 an+3 与 an+6 的等差中项. 第四节 数列求和

*

[考情展望] 1.考查等差、等比数列的求和.2.以数列求和为载体,考查数列求和的各 种方法和技巧.

一、公式法与分组求和法 1.公式法 直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和 (1)等差数列的前 n 项和公式:

n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d;
2 2 (2)等比数列的前 n 项和公式:

na1,q=1, ? ? Sn=?a1-anq a1?1-qn? = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q
2.分组求和法 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 用分组求和法,分别求和而后相加减. 二、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, 这个数列 的前 n 项和可用错位相减法. 三、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.

常用的拆项方法 (1)

? ? n?n+k? k?n n+k?


1

1 ? 1? 1 -

34

(2)

1

n+k+ n k

1 = ( n+k- n)

1 ? 1 1? 1 - (3) = ? ? ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? (4) 1 1 1 1? ? - = ? ? n?n+1??n+2? 2?n?n+1? ?n+1??n+2??

四、倒序相加法和并项求和法 1.倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数, 那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法, 如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推导 的. 2.并项求和法 一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如 an=(-1) f(n)类 型,可采用两项合并求解. 例如,Sn=100 -99 +98 -97 +?+2 -1
2 2 2 2 2 2

n

=(100+99)+(98+97)+?+(2+1)=5 050.

1.等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项的和为 Sn,则数列? ?的前 10 项的
?n?

?Sn?

和为(

) B.70 C.75 D.100

A.120 【答案】 C

2.数列{an}的通项公式是 an= A.9 C.10 【答案】 B B.99 D.100

1

n+ n+1

,前 n 项和为 9,则 n 等于(

)

3.若数列{an}的通项公式是 an=(-1) (3n-2),则 a1+a2+?+a10=( A.15 C.-12 【答案】 A 4.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列?
? ?anan+1?

n

)

B.12 D.-15

1 ? ?的前 100 项和为

35

(

) A. C. 100 101 99 100 B. D. 99 101 101 100

【答案】 A

5.(2013·辽宁高考)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 x -5x+4=0 的两个根,则 S6= 【答案】 63 6.(2013·重庆高考)已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和,若 a1,
2

.

a2,a5 成等比数列,则 S8=
【答案】 64

.

考向一 [093] 分组转化求和 已知数列{an}满足 a1=1,且 an=3an-1+2 (1)证明{an+2 }是等比数列; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 【尝试解答】 (1)证明:当 n≥2 时,由 an=3an-1+2 =3. 又∵a1=1,∴a1+2 =3 ∴数列{an+2 }是首项为 3,公比为 3 的等比数列. (2)由(1)知 an+2 =3 ,∴an=3 -2 . ∴Sn=a1+a2+?+an=(3 -2 )+(3 -2 )+(3 -2 )+?+(3 -2 )=(3 +3 +3 +? 3?1-3 ? 2?1-2 ? 3 1 n+1 +3 )-(2 +2 +2 +?+2 )= - = -2 + . 1-3 1-2 2 2
n
1 2 3 1 1 2 2 3 3 1

n-1

(n≥2).

n

n-1

,得

an+2n

an-1+2

n-1



3an-1+2 +2 an-1+2n-1

n

n-1

n

n

n

n

n

n

n

1

2

3

n

n

n+1

n

规律方法 1 分组转化法求和的常见类型
36

(1)若 an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前 n 项 和. (2)通项公式为 an=?
?bn,n为奇数, ? ? ?cn,n为偶数

的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差

数列,可采用分组求和法求和. 对点训练 (2014·湖南高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ①求数列{an}的通项公式; ②设 bn=2an+(-1) an,求数列{bn}的前 2n 项和. 【解】 ①当 n=1 时,a1=S1=1; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=
n

n2+n
2

,n∈N .

*

n2+n ?n-1?2+?n-1?
2 - 2

=n.

故数列{an}的通项公式为 an=n. ②由①知 an=n,故 bn=2 +(-1) n. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,则
n n

T2n=(21+22+?+22n)+(-1+2-3+4-?+2n).
记 A=2 +2 +?+2 ,B=-1+2-3+4-?+2n,则
1 2 2n

A=

2?1-2 ? 2n+1 =2 -2, 1-2

2n

B=(-1+2)+(-3+4)+?+[-(2n-1)+2n]=n,
故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=2
2n+1

+n-2.

37

考向二 [094] 裂项相消法求和 (2013·课标全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5 =-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列?
? ? ?的前 n 项和. ?a2n-1a2n+1?

1

【尝试解答】 (1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+
? ?3a1+3d=0, 由已知可得? ?5a1+10d=-5. ? ? ?a1=1 , ?d=-1. ?

n?n-1? d.
2

解得?

故{an}的通项公式为 an=2-n. (2)由(1)知 1

a2n-1a2n+1 ?3-2n??1-2n?



1

1 ? 1? 1 - = ? ?, 2?2n-3 2n-1? 从而数列?
? ? ?的前 n 项和为 ?a2n-1a2n+1?

1

1 1 ? 1? 1 1 1 1 - + - +?+ - ? ? - 1 1 1 3 2 n - 3 2 n -1? 2? = . 1-2n

n

规律方法 2 1.本例第(2)问在求解时,常因“裂项”错误,导致计算失误. 2.利用裂项相消法求和应注意以下两点 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项; (2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项 相等.如:若{an}是等差数列,则 1 ? 1 ? 1? 1 1 1 ?1 = ? - , = ? - ? ?. a a a a anan+1 d? n n+1? anan+2 2d? n n+2? 1

对点训练 (2014·山东高考)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,

S4 成等比数列.
①求数列{an}的通项公式; ②令 bn=(-1)
n-1

4n

anan+1

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

2×1 【解】 ①因为 S1=a1,S2=2a1+ ×2=2a1+2, 2

38

S4=4a1+

4×3 ×2=4a1+12, 2
2

由题意得(2a1+2) =a1(4a1+12),解得 a1=1, 所以 an=2n-1. ②bn=(-1)
n-1

4n

anan+1

=(-1)

n-1

1 1 ? 4n n-1? + =(-1) ? ?. ?2n-1??2n+1? ?2n-1 2n+1?

当 n 为偶数时, + + Tn=?1+ ?-? + ?+?+? - =1- 3 3 5 2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1?

? ? ? ?

1?

?1 1? ? ? ? ?1 1? ? ? ?

? 1 ? ? 1 ?

1 ?

? 1 ? ? ? 1 ? ?

1 ?

?

1 2n = . 2n+1 2n+1

当 n 为奇数时, + + Tn=?1+ ?-? + ?+?-? + =1+ 3 3 5 2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1? 1? 1 ? 1 ?

?

1 2n+2 = . 2n+1 2n+1

2n+2 ? ?2n+1,n为奇数, 所以 T =? 2n ? ?2n+1,n为偶数,
n

?或Tn=2n+1+?-1? ?考向三 [095] 错位相 ? ? 2n+1 ? ?

n-1

减法求和 (2013·山东高考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 S4=4S2, a2n=2an +1. (1) 求数列{an}的通项公式;

b1 b2 bn 1 * (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N ,求{bn}的前 n 项和 Tn. a1 a2 an 2
【尝试解答】 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. 由 S4=4S2,a2n=2an+1,得
?4a1+6d=8a1+4d, ? ? ?a1+?2n-1?d=2a1+2?n-1?d+1. ?

解得?

? ?a1=1, ?d=2. ?
*

因此 an=2n-1,n∈N .

b1 b2 bn 1 * (2)由已知 + +?+ =1- n,n∈N , a1 a2 an 2 b1 1 当 n=1 时, = ; a1 2
1 ? 1 bn 1 ? 当 n≥2 时, =1- n-?1- n-1?= n. 2 an 2 ? ? 2
39

bn 1 * 所以 = n,n∈N . an 2
由(1)知 an=2n-1,n∈N , 2n-1 * 所以 bn= n ,n∈N . 2
*

1 3 5 2n-1 所以 Tn= + 2+ 3+?+ n , 2 2 2 2 1 1 3 2n-3 2n-1 Tn= 2+ 3+?+ n + n+1 . 2 2 2 2 2 两式相减,得 2 ? 2n-1 1 1 ?2 2 Tn= +? 2+ 3+?+ n?- n+1 2? 2 2 2 ?2 2 3 1 2n-1 = - n-1- n+1 , 2 2 2 2n+3 所以 Tn=3- n . 2

b1 b2 bn 1 规律方法 3 1.正确认识等式“ + +?+ =1- n”是求解本题的关键,其含义是 a1 a2 an 2
数列? ?的前 n 项的和.
?an? ?bn?

2.一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前 n 项和时, 可采用错位相减法. 3.用错位相减法求和时,应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形更值得注意. (2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准 确写出“Sn-qSn”的表达式. 对点训练 (2014·课标全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x -5x+6 =0 的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列? n?的前 n 项和. ?2 ? 【解】 (1)方程 x -5x+6=0 的两根为 2,3, 由题意得 a2=2,a4=3. 1 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d= , 2
2 2

?an?

40

3 从而 a1= . 2 1 所以{an}的通项公式为 an= n+1. 2
?an? an n+2 (2)设? n?的前 n 项和为 Sn.由(1)知 n= n+1 ,则 2 2 2 ? ?

3 4 n+1 n+2 Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 1 3 4 n+1 n+2 Sn= 3+ 4+?+ n+1 + n+2 . 2 2 2 2 2 两式相减得 1 ? n+2 1 3 ?1 Sn= +? 3+?+ n+1?- n+2 2 ? 2 2 4 ?2 1 ? n+2 3 1? = + ?1- n-1?- n+2 . 4 4? 2 ? 2

所以 Sn=2-

n+4
2
n+1

.

规范解答之九 数列求和问题 —————————— [1 个示范例] ————— (12 分)已知公比为 q 的等比数列{an}是递减数列,且满足 a1+a2+a3= 13 1 ,a1a2a3= . 9 27 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{(2n-1)·an}的前 n 项和为 Tn;

n 3 1 1 1 4 * (3)若 bn= n-1 + (n∈N ),证明: + +?+ ≥ . 3 ·a n 2 b1b2 b2b3 bnbn+1 35
1 1 1 3 【规范解答】 (1)由 a1a2a3= ,及等比数列性质得 a2= ,即 a2= , 27 27 3 13 10 由 a1+a2+a3= 得 a1+a3= . 9 9

41

1 a= ? ? 3 由? 10 a +a = ? ? 9
2 1 3 2

1 a q= ? ? 3 得? 10 a +a q = ? ? 9
1 2 1 1

1+q 10 1 2 所以 = ,即 3q -10q+3=0,解得 q=3,或 q= . q 3 3 1 1 因为{an}是递减数列,故 q=3 舍去,∴q= ,由 a2= ,得 a1=1 3 3 1 * 故数列{an}的通项公式为 an= n-1(n∈N ). 3 4分

2n-1 3 5 2n-1 (2)由(1)知(2n-1)·an= n-1 ,所以 Tn=1+ + 2+?+ n-1 ① 3 3 3 3 1 1 3 5 2n-3 2n-1 Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n 3 3 3 3 3 3 ② 5分

2 2 2 2 2 2n-1 ①-②得: Tn=1+ + 2+ 3+?+ n-1- n 3 3 3 3 3 3 1 ? 2n-1 ?1 1 1 =1+2? + 2+ 3+?+ n-1?- n 3 ? 3 ?3 3 3 1 ? 1? ?1- n-1? 3? 3 ? 2n-1 1 2n-1 =1+2· - n =2- n-1- n 1 3 3 3 1- 3 所以 Tn=3-

n+1
3
n-1

n 3 3 2n+3 * (3)因为 bn= n-1 + (n∈N )=n+ = , 3 · an 2 2 2
所 以 1

9分

b1b2



1

b2b3

+ ? +

1

bnbn+1



2 2 2 2 2 2 · + · + ? + · = 5 7 7 9 2n+3 2n+5

??1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?? 2?? - ?+? - ?+?+? ?? ??5 7? ?7 9? ?2n+3 2n+5??
1 ? ?1 =2? - 5 2 n +5? ? ? 1 1 1 1 2 因为 n≥1, - ≥ - = , 5 2n+5 5 7 35 所以 1

b1b2 b2b3



1

+?+

1

bnbn+1



4 . 35

12 分

【名师寄语】 1.正确应用等差数列和等比数列基本量的关系解题是处理此类问题的关 键. 2.明确“错位相减法”及“裂项相消法”的适用条件,准确计算,确保不失分.
42

3.数列的单调性类同于函数的单调性,其是处理数列不等式的有效工具. ————————— [1 个规范练] ——————— 已知等差数列{an}的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(4-an)q
n-1

(q≠0,n∈N ),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

*

【解】 (1)设{an}的公差为 d,则由已知得
? ?a1+a2+a3=6, ? ?a1+a2+?+a8=-4, ? ?3a1+3d=6, ? 即? ? ?8a1+28d=-4,

解得 a1=3,d=-1, 故 an=3-(n-1)=4-n. (2)由(1)知,bn=n·q
0 1

n-1


2

于是 Sn=1·q +2·q +3·q +?+n·q 若 q≠1,上式两边同乘以 q.

n-1



qSn=1·q1+2·q2+?+(n-1)·qn-1+n·qn,
两式相减得:(1-q)Sn=1+q +q +?+q 1-q n·q ∴Sn= 2- ?1-q? 1-q =
n n
1 2

n-1

1-q n -n·q = -n·q . 1-q
n

n

n·qn+1-?n+1?qn+1 . 2 ?1-q? n?n+1?
2 ,

若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n=

n?n+1? ? ? 2 ∴S =? nq -?n+1?q +1 ? ? ?1-q?
n n+1 n
2

?q=1?, ?q≠1?.

课时限时检测(三十二) 数列求和 (时间:60 分钟 满分:80 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.若数列{an}的通项公式是 an=(-1) (2n-1),则 a1+a2+a3+?+a100= ( )
43
n

A.-200 【答案】 D

B.-100

C.200

D.100

2.设函数 f(x)=x +2x,则数列? A. C. 11 24 175 264 17 B. 22 11 D. 12

2

?

1 ? ?(n∈N*)的前 10 项和为( ?f?n??

)

【答案】 C 3.数列{an}的通项公式 an=ncos A.1 006 C.503 【答案】 A 4. 数列{an}中, 已知对任意 n∈N , a1+a2+a3+?+an=3 -1,则 a1+a2+a3+?+an等 于( ) A.(3 -1) C.9 -1 【答案】 B 1 * 5.数列{an}满足 an+an+1= (n∈N ),a2=2,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S21 为( 2 A.5 C. 9 2 7 B. 2 13 D. 2 )
n n
2 *


2

,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012 等于(

)

B.2 012 D.0

n

2

2

2

2

1 n B. (9 -1) 2 1 n D. (3 -1) 4

【答案】 B 6.数列{an}满足 an+1+(-1) an=2n-1,则{an}的前 60 项和为( A.3 690 C.1 845 【答案】 D 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.(2013·广东高考)设数列{an}是首项为 1,公比为-2 的等比数列,则 a1+|a2|+a3 +|a4|= . B.3 660 D.1 830
n

)

【答案】 15 8.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1,则对任意的 n∈N ,都有 an+2
44
*

+an+1-2an=0,则 S5= 【答案】 11

.

1 9.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an= ,则 S2 013= 1+2+3+?+n 【答案】 2 013 1 007

.

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)(2013·江西高考)正项数列{an}满足:an-(2n-1)an-2n=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; 1 (2)令 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?n+1?an 【解】 (1)由 an-(2n-1)an-2n=0,得 (an-2n)(an+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 an=2n. 1 (2)由 an=2n,bn= ,则 ?n+1?an
2 2

bn=

1 ? 1 1?1 = ? - ?, 2n?n+1? 2?n n+1? 1? 2? 1 1 1 1 1 1 1 ?

- + - Tn= ?1- + - +?+ 2 2 3 n-1 n n n+1?

?

1 ? 1? n = ? 1- = . n+1? 2? 2 ? n +1? ? 11.(12 分)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N ,将数列{an}中落入区间(9 9 )内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前
*

m, 2m

m 项和 Sm.
【解】 (1)因为{an}是一个等差数列, 所以 a3+a4+a5=3a4=84,所以 a4=28. 设数列{an}的公差为 d, 则 5d=a9-a4=73-28=45,故 d=9. 由 a4=a1+3d 得 28=a1+3×9,即 a1=1, 所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N ). (2)对 m∈N ,若 9 <an<9 , 则 9 +8<9n<9 +8, 因此 9
m-1 m
2m * *

m

2m

+1≤n≤9
2m-1

2m-1



故得 bm=9

-9

m-1

.
45

于是 Sm=b1+b2+b3+?+bm =(9+9 +?+9
m
3 2m-1

)-(1+9+?+9
m
2m+1

m-1

)
m



9×?1-81 ? ?1-9 ? 9 - = 1-81 1-9

-10×9 +1 . 80

12.(13 分)已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列?
?

an ?
n-1?

?2

?

的前 n 项和.

【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 由已知条件可得?
? ?a1=1, ?d=-1. ? ?a1+d=0, ? ?2a1+12d=-10, ?

解得?

故数列{an}的通项公式为 an=2-n. (2)设数列? ∵
?

an ?
n-1?

?2

?

的前 n 项和为 Sn,

an
2

n-1

2-n 1 n = n-1 = n-2- n-1, 2 2 2

∴Sn= 1 ? ? 2 3 n ? ?2+1+1+ 12+?+ n -2?-?1+ + 2+?+ n-1?. ? 2 2 2 ? ? 2 2 2 ? ? 2 3 n 记 Tn=1+ + 2+?+ n-1,① 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Tn= + 2+ 3+?+ n,② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n ①-②得: Tn=1+ + 2+?+ n-1- n, 2 2 2 2 2 1 1- n 2 n 1 ∴ Tn= - n. 2 1 2 1- 2

? 1? n 即 Tn=4?1- n?- n-1. ? 2? 2 ? ?1?n? 2?1-? ? ? ? ?2? ? ? 1 ? n ∴Sn= -4?1- n?+ n-1 1 ? 2? 2 1- 2

46

n ? 1? ? 1? n =4?1- n?-4?1- n?+ n-1= n-1 2 ? 2? ? 2? 2

第五节 数列的综合应用 [考情展望] 1.结合函数、不等式、方程、几何等知识,综合考查数列的相关性质,如 最值、 不等关系的证明等.2.在具体情景中, 借助等差或等比数列的有关知识解决实际问题.

一、数列应用题常见模型 1.等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减 少)的量就是公差. 2.等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型, 这个固定的数就是公比. 3.递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化 时,应考虑是 an 与 an+1 的递推关系,还是前 n 项和 Sn 与 Sn+1 之间的递推关系. 二、解答数列应用题的步骤 1.审题——仔细阅读材料,认真理解题意. 2.建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题,弄清该 数列的结构和特征. 3.求解——求出该问题的数学解. 4.还原——将所求结果还原到原实际问题中.

47

1.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,且 4a1,2a2,a3 成等差数列,则 S4=( A.7 【答案】 C B.8 C.15 D.16

)

2. 有一种细菌和一种病毒, 每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为 2 个, 现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒,问细菌将病毒全部杀死至少需要( A.6 秒钟 C.8 秒钟 【答案】 B 3.已知数列{an}为等差数列,且 a1+a7+a13=4π ,则 tan(a2+a12)的值为 【答案】 - 3 4.设函数 f(x)=x +ax 的导函数 f′(x)=2x+1,则数列? 是 . 【答案】
m

)

B.7 秒钟 D.9 秒钟



?

1

?f?n??

? ?(n∈N*)的前 n 项和

n n+1

5.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任意给定的等比数列{an}, {f(an)}仍是等比数列, 则称 f(x)为“保等比数列函数”. 现有定义在(-∞, 0)∪(0, +∞) 上的如下函数: ①f(x)=x ;②f(x)=2 ;③f(x)= |x|; ④f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( A.①② B.③④
48
2

x

)

C.①③ 【答案】 C

D.②④

6.(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后每天 植树的棵数是前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N )等于 【答案】 6
*



考向一 [096] 等差数列与等比数列的综合应用 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,常数 λ >0,a1≠0,且 λ a1an=S1+Sn 对一切正整数 n 都成立. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 λ =100,当 n 为何值时,数列?lg
?
2 1

?

an?

1? ?的前 n 项和最大?

【尝试解答】 (1)当 n=1 时,λ a =2S1=2a1, 2 ∵a1≠0,∴a1= , λ 2 从而 2an= +Sn,① λ 2 当 n≥2 时,2an-1= +Sn-1,② λ 由①-②,得 2an-2an-1=an, ∴an=2an-1(n≥2), 2 故数列{an}是公比为 2,首项 a1= 的等比数列, λ 2 2 n-1 因此 an= ·2 = . λ λ (2)当 λ =100 时,令 bn=lg 由(1)知,bn=lg 1
n

an



100 n =2-nlg 2, 2

于是数列{bn}是公差为-lg 2 的递减数列.

49

b1>b2>?>b6=lg

100 100 >lg 1=0, 6 =lg 2 64 100 100 <lg 1=0. 7 =lg 2 128

当 n≥7 时,bn≤b7=lg 故数列?lg
? ?

1?

an?

?的前 6 项的和最大.

规律方法 1 1.(1)本题的切入点是求 a1,从而得 an 与 Sn 的关系,转化成等比数列求通 项公式;(2)递减的等差数列的前 n 项和有最大值,运用函数思想求解. 2.等差数列与等比数列的联系: (1)若数列{an}是等差数列,则数列{aan}是等比数列,公比为 a ,其中 a 是常数,d 是 {an}的公差.(a>0 且 a≠1). (2)若数列{an}是等比数列,且 an>0,则数列{logaan}是等差数列,公差为 logaq,其中
d

a 是常数且 a>0,a≠1,q 是{an}的公比.
对点训练 (2015·潍坊模拟)在等比数列{an}中, 已知 a1=3, 公比 q≠1, 等差数列{bn} 满足 b1=a1,b4=a2,b13=a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 cn=(-1) bn+an,求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 【解】 (1)设等差数列{bn}的公差为 d. 由已知得:a2=3q,a3=3q ,
2

n

b1=3,b4=3+3d,b13=3+12d,
? ?3q=3+3d, ? 2 ?3q =3+12d ?

??

? ?q=1+d, ?q =1+4d ?
n
2

? q=3 或 q=1(舍去),

所以此时 d=2,所以 an=3 ,bn=2n+1. (2)由题意得:cn=(-1) bn+an=(-1) (2n+1)+3 ,
n n n

Sn=c1+c2+?+cn
=(-3+5)+(-7+9)+?+(-1) 3 当 n 为偶数时,Sn=n+
n+1 n-1

(2n-1)+(-1) ·(2n+1)+3+3 +?+3 ,

n

2

n

3 3 3 - = +n- , 2 2 2 2
n+1

n+1

3 当 n 为奇数时,Sn=(n-1)-(2n+1)+

3 3 7 - = -n- ,所以 Sn= 2 2 2 2

n+1

? ?2 ?3 ? ?2
3

n+1

3 +n- ,n为偶数, 2 7 -n- ,n为奇数. 2

n+1

考向二 [097] 数列与函数的综合应用
50

设函数 f(x)= + sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为 2 {xn}. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)设{xn}的前 n 项和为 Sn,求 sin Sn. 1 【尝试解答】 (1)令 f′(x)= +cos x=0, 2 1 所以 cos x=- , 2 2 解得 x=2kπ ± π (k∈Z). 3 由 xn 是 f(x)的第 n 个正极小值点知,

x

xn=2nπ - π (n∈N*).
2 2nπ (2)由(1)可知,Sn=2π (1+2+?+n)- nπ =n(n+1)π - , 3 3 2nπ ? ? 所以 sin Sn=sin?n?n+1?π - . 3 ? ? ? 因为 n(n + 1) 表示两个连续正整数的乘积, n(n + 1) 一定为偶数,所以 sin Sn =- 2nπ sin . 3 当 n=3m-2(m∈N )时, 4 ? 3 ? sin Sn=-sin?2mπ - π ?=- ; 3 2 ? ? 当 n=3m-1(m∈N )时, 2 ? 3 ? sin Sn=-sin?2mπ - π ?= ; 3 ? 2 ? 当 n=3m(m∈N )时,sin Sn=-sin 2mπ =0. - ,n=3m-2?m∈N ?, ? ? 2 综上所述,sin S =? 3 ,n=3m-1?m∈N ?, 2 ? ?0,n=3m?m∈N ?. 3
* * * *

2 3

n

*

*

规律方法 2 数列与函数的综合问题主要有以下两类: (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题; (2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、

51

求和方法对式子化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思 想方法求解, 在问题的求解过程中往往会遇到递推数列, 因此掌握递推数列的常见解法有助 于该类问题的解决. 13 对点训练 已知等比数列{an}的公比 q=3,前 3 项和 S3= . 3 (1)求数列{an}的通项公式; π (2)若函数 f(x)=Asin(2x+φ )(A>0,0<φ <π )在 x= 处取得最大值,且最大值为 6

a3,求函数 f(x)的解析式.
13 【解】 (1)由 q=3,S3= , 3 得

a1?1-33? 13
1-3

1 1 n-1 n-2 = ,解得 a1= .所以 an= ×3 =3 . 3 3 3
n-2

(2)由(1)可知 an=3

,所以 a3=3.

因为函数 f(x)的最大值为 3,所以 A=3; π 因为当 x= 时 f(x)取得最大值, 6

? π ? 所以 sin?2× +φ ?=1. 6 ? ?
π 又 0<φ <π ,故 φ = . 6 π? ? 所以函数 f(x)的解析式为 f(x)=3sin?2x+ ?. 6? ? 考向三 [098] 数列与不等式的综合应用 在等比数列{an}中,an>0(n∈N ),公比 q∈(0,1),且 a1a5+2a3a5+a2a8 =25,又 a3 与 a5 的等比中项为 2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log2an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn; (3)是否存在 k∈N ,使得 + +?+ <k 对任意 n∈N 恒成立,若存在,求出 k 的最 1 2 n 小值,若不存在,请说明理由. 【尝试解答】 (1)∵a1a5+2a3a5+a2a8=25, ∴a3+2a3a5+a5=25,∴(a3+a5) =25, 又 an>0,∴a3+a5=5,又 a3 与 a5 的等比中项为 2, ∴a3a5=4,而 q∈(0,1),
52
2 2 2 * *

S1 S2

Sn

*

1 ∴a3>a5,∴a3=4,a5=1,∴q= ,a1=16, 2

?1?n-1 5-n ∴an=16×? ? =2 . ?2?
(2)∵bn=log2an=5-n, ∴bn+1-bn=-1,

b1=log2a1=log216=log224=4,
∴{bn}是以 b1=4 为首项,-1 为公差的等差数列, ∴Sn=

n?9-n?
2

.

(3)由(2)知 Sn=

n?9-n?
2

Sn 9-n ,∴ = . n 2 Sn n Sn n

当 n≤8 时, >0;当 n=9 时, =0;当 n>9 时, <0. ∴当 n=8 或 9 时, + + +?+ =18 最大. 1 2 3 n 故存在 k∈N ,使得 + +?+ <k 对任意 n∈N 恒成立,k 的最小值为 19. 1 2 n 规律方法 3 1.第(3)问求解,利用? ?的单调性,转化为求和的最大值.
?n? ?Sn?
*

Sn n

S1 S2 S3 S1 S2

Sn

Sn

*

2.以数列为背景的不等式恒成立问题,多与数列求和相联系,最后利用函数的单调性 求解. 3.以数列为背景的不等式证明问题,多与数列求和有关,有时利用放缩法证明. 对点训练 (2014·课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1.
? 1? (1)证明?an+ ?是等比数列,并求{an}的通项公式; 2? ?

1 1 1 3 (2)证明 + +?+ < . a1 a2 an 2 1? 1 ? 证明:(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+ =3?an+ ?. 2? 2 ? 1 3 又 a1+ = , 2 2
? 1? 3 所以?an+ ?是首项为 ,公比为 3 的等比数列. 2? 2 ?

an+ = ,因此{an}的通项公式为 an=
1 2 (2)由(1)知 = n . an 3 -1

1 2

3 2

n

3 -1 . 2

n

53

因为当 n≥1 时,3 -1≥2×3

n

n-1

1 1 ,所以 n ≤ n-1. 3 -1 2×3

1 1 1 1 1 于是 + +?+ ≤1+ +?+ n-1 a1 a2 an 3 3 1? 3 3? 1 1 1 3 = ?1- n?< .所以 + +?+ < . 2? 3 ? 2 a1 a2 an 2

规范解答之十 数列的实际应用问题 —————————— [1 个示范例] —————— (12 分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产. 该企业第一年年 初有资金 2 000 万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了 50%.预计以后奖金年增长率 与第一年相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金 d 万元,并将剩余资金全部 投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元,试确定企业每年上缴 资金 d 的值(用 m 表示). 【规范解答】 (1)由题意 a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d,

a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4 500- d. an+1=an(1+50%)-d= an-d.
3 3 (2)由 an+1= an-d,得 an+1-2d= (an-2d), 2 2 3 ∴{an-2d}是公比为 的等比数列, 2 3 2

3 2

5 2

4分 6分

8分

?3?n-1 则 an-2d=(3 000-3d)·? ? , ?2? ?3?n-1 ∴an=(3 000-3d)·? ? +2d, ?2?
又 am=4 000, 9分

54

?3?m-1 ∴? ? (3 000-3d)+2d=4 000, ?2? ??3?m-2?×1 000 ??2? ? m m+1 1 000?3 -2 ? ?? ? ? 解得 d= = . m m 3 -2 ?3?m-1 ?2? ? ?
1 000?3 -2 故该企业每年上缴资金 d 的值为 m m 3 -2 为 4 000 万元.
m m+1

11 分

? 时,经过 m(m≥3)年企业的剩余资金 12 分

【名师寄语】 1.本例主要考查借助数列知识解决实际问题的能力, 失分点主要集中在 “不理解题意,找不出 an+1 与 an 的关系式”. 2.求解数列应用题的一般步骤是: 首先, 结合题设信息探索数列通项或前 n 项和或前后两项的递推关系, 从而建立数列模 型. 其次,借助数列知识解模. 最后,借助运算结果,对实际问题作出合理的解释. ————————— [1 个规范练] ——————— 从社会效益和经济效益出发, 某旅游县区计划投入资金进行生态环境建设, 并以此发展 1 旅游产业,根据规划,2012 年投入 800 万元,以后每年投入将比上年减少 ,本年度当地旅 5 游业收入估计为 400 万元, 由于该项建设对旅游业的促进作用, 预计今后的旅游业收入每年 1 会比上年增加 . 4 (1)设 n 年内(2012 年为第一年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn 万元,写出 an,bn 的表达式; (2)至少经过几年,旅游业的总收入才能超过总投入? 【解】 (1)第 1 年投入为 800 万元,

? 1? 第 2 年投入为 800×?1- ?万元,?, ? 5? ? 1?n-1 第 n 年投入为 800×?1- ? 万元, ? 5?
所以,n 年内的总投入为

an=800+800×?1- ?+?+800×?1- ?n-1 5 5

? ?

1?

?

? ?

1?

?

? ?4?n? =4 000×?1-? ? ?. ? ?5? ?

55

? 1? 第 1 年旅游业收入 400 万元,第 2 年旅游业收入 400×?1+ ?万元,?,第 n 年旅游业 ? 4? ? 1?n-1 收入 400×?1+ ? 万元, ? 4?
所以,n 年内的旅游业总收入为

bn=400+400×?1+ ?+?+400×?1+ ?n-1 4 4

? ?

1?

?

? ?

1?

?

??5?n ? =1 600×?? ? -1?. ??4? ?
(2)设经过 n 年,总收入超过总投入,由此 bn-an>0,

??5?n ? ? ?4?n? 即 1 600×?? ? -1?-4 000×?1-? ? ?>0, ??4? ? ? ?5? ? ?4?n 2 令 x=? ? ,代入上式得 5x -7x+2>0, ?5?
2 解此不等式,得 x< ,或 x>1(舍去), 5

?4?n 2 即? ? < ,由此得 n≥5. ?5? 5
答:至少经过 5 年,旅游业的总收入才能超过总投入. 课时限时检测(三十三) 数列的综合应用 (时间:60 分钟 满分:80 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.已知各项不为 0 的等差数列{an},满足 2a3-a7+2a11=0,数列{bn}是等比数列,且
2

b7=a7,则 b6b8=(
A.2 C.8 【答案】 D B.4

)

D.16

2.已知{an}为等比数列,下面结论中正确的是( A.a1+a3≥2a2 C.若 a1=a3,则 a1=a2 【答案】 B B.a1+a3≥2a2
2 2 2

)

D.若 a3>a1,则 a4>a2

3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=3Sn(n≥1,n∈N ),第 k 项满足 750 <ak<900,则 k 等于( A.8 B.7
56

*

)

C.6 【答案】 C

D.5

4.在如图 5-5-1 所示的表格中,如果每格填上一个数后,每一行成等差数列,每一 列成等比数列,那么 x+y+z 的值为( 2 1 ) 4 2

x y z
图 5-5-1 A.1 C.3 B.2 D.4

【答案】 B → 5. 在数列{an}中, an+1=an+a(n∈N*, a 为常数), 若平面上的三个不共线的非零向量OA, → → → a1→ a2 013→ OB,OC满足OC= OA+ OB,三点 A,B,C 共线且该直线不过 O 点,则 S2 013 的值为( 2 2 A.1 005 C.2 013 【答案】 C 6.植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距 10 米,开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,现将树坑从 1 到 20 依次编号,为使各位同 学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小,树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为 ( ) A.①和? C.⑨和? 【答案】 D 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7. 《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 节的容积共为 3 升,下面 3 节的容积共 4 升,则第 5 节的容积为 【答案】 67 66 升. 10 B.⑨和○ 10和? D.○ B.2 014 D.2 012 )

8.已知数列{an}满足 a1=33,an+1-an=2n,则 的最小值为

an n



57

【答案】

21 2

1 9.(2013·江苏高考)在正项等比数列{an}中,a5= ,a6+a7=3,则满足 a1+a2+?+ 2

an>a1a2?an 的最大正整数 n 的值为
【答案】 12



三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)已知{an}为等差数列,且 a3=5,a7=2a4-1. (1)求数列{an}的通项公式及其前 n 项和 Sn; (2)若数列{bn}满足 b1+4b2+9b3+?+n bn=an 求数列{bn}的通项公式. 【解】 (1)设等差数列的首项和公差分别为 a1,d 则?
?a1+2d=5 ? ? ?a1+6d=2?a1+3d?-1
2

,解得?

?a1=1 ? ? ?d=2

.

∴an=a1+(n-1)d=2n-1,

n?a1+an? 2 Sn= =n .
2 (2)b1+4b2+9b3+?+n bn=an,①
2

b1+4b2+9b3+?+(n-1)2bn-1=an-1,n≥2,②
①-②得 n bn=an-an-1=2,n≥2, 2 ∴bn= 2,n≥2,
2

n

b1=a1=1,
1,n=1 ? ? ∴bn=? 2 2,n≥2. ? ?n 11.(12 分)(2013·湖北高考)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数 列,且 a2+a3+a4=-18. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 n,使得 Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不 存在,说明理由. 【解】 (1)设等比数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0. 由题意得?
2

? ?S2-S4=S3-S2, ?a2+a3+a4=-18, ?
3 2

?-a1q -a1q =a1q , ? 即? 2 ?a1q?1+q+q ?=-18, ?

58

解得?

?a1=3, ? ?q=-2. ?
n-1

故数列{an}的通项公式为 an=3×(-2)
n

.

3[1-?-2? ] n (2)由(1)有 Sn= =1-(-2) . 1-?-2? 假设存在 n,使得 Sn≥2 013,则 1-(-2) ≥2 013, 即(-2) ≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2) >0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2) =-2 ≤-2 012,即 2 ≥2 012, 即 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}. 12. (理)(13 分)已知 f(x)=-
*

n

n

n

n

n

n

1 ? 1 ? 4+ 2, 数列{an}的前 n 项和为 Sn, 点 Pn?an,- 在 a ?

x

?

n+1

?

曲线 y=f(x)上(n∈N ),且 a1=1,an>0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且满足 项公式; 1 * (3)求证:Sn> 4n+1-1,n∈N . 2 【解】 (1)- ∴ 1 1

Tn+1 Tn 2 = 2 +16n -8n-3,b1=1,求数列{bn}的通 a2 an+1 n

an+1

=f(an)=-

1 4+ 2且 an>0,

an

2 an a2 +1 n

1 * - =4(n∈N ),

?1? 1 ∴数列? 2?是首项 2,公差 d=4 的等差数列, ?an?

a1

1 ∴ 2=1+4(n-1)

an
2

∴an=

1 , 4n-3 (n∈N ). 4n-3 1 4n-3 (n∈N ),
*

即 an=

1

*

(2)由 an=

Tn+1 Tn 2 = 2 +16n -8n-3, a2 an+1 n

得(4n-3)Tn+1=(4n+1)Tn+(4n-3)(4n+1), ∴

Tn+1 Tn - = 1, 4n+1 4n-3
59

∴数列? ∴

?

Tn ? T1 ?是等差数列,首项为 =1,公差为 1, 4-3 ?4n-3?
2

=n,∴Tn=4n -3n,当 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=8n-7, 4n-3

Tn

b1=1 也满足上式,∴bn=8n-7,n∈N*.
(3)∵an= 2 2 = > 4n-3 2 4n-3 4n-3+ 4n+1 1

1 = ( 4n+1- 4n-3), 2 1 ∴Sn=a1+a2+?+an> [? 5-1?+? 9- 5?+?+ 2 ? 4n+1- 4n-3?] = 1 1 1 4n+1- > 4n+1-1. 2 2 2

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