2010届高考数学复习数列

第四章 数列

§4.1等差数列的通项与求和

一、知识导学

1.数列：按一定次序排成的一列数叫做数列.

2.项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项，各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，„，第n项，„.

3.通项公式：一般地，如果数列｛an｝的第ｎ项与序号ｎ之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.

4. 有穷数列:项数有限的数列叫做有穷数列.5. 无穷数列:项数无限的数列叫做无穷数列

6.数列的递推公式：如果已知数列的第一项（或前几项）及相邻两项（或几项）间关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的递推公式.递推公式是给出数列的一种重要方法，其关健是先求出a1,a2,然后用递推关系逐一写出数列中的项. 7.等差数列:一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用ｄ表示．

8.等差中项:如果ａ，Ａ，ｂ这三个数成等差数列，那么Ａ＝叫做ａ和ｂ的等差中项． ab2．我们把Ａ＝ab2 二、疑难知识导析1.数列的概念应注意几点：（1）数列中的数是按一定的次序排列的，如果组成的数相同而排列次序不同，则就是不同的数列；（2）同一数列中可以出现多个相同的数；（3）数列看做一个定义域为正整数集或其有限子集(｛1，2，3，„，n｝)的函数. 2.一个数列的通项公式通常不是唯一的. S1an3.数列｛an｝的前n项的和Sn与an之间的关系：SnSn1(n1),(n2).若a1适合an(n>2),

则an不用分段形式表示，切不可不求a1而直接求an. 4.从函数的角度考查等差数列的通项公式：an= a1+(n-1)d=d·n+ a1-d, an是关于n的一次式；从图像上看，表示等差数列的各点（n,an）均匀排列在一条直线上，由两点确定一条直线的性质，不难得出，任两项可以确定一个等差数列.

5、对等差数列的前n项之和公式的理解：等差数列的前n项之和公式可变形为

Snd2n(a12d2)n，若令A＝

d2，B＝a1－

d2，则Sn＝An2+Bn.

6、在解决等差数列问题时，如已知，a1，an，d，Sn，n中任意三个，可求其余两个。三、经典例题导讲

[例1]已知数列1，4，7，10，„，3n+7,其中后一项比前一项大3.（1）指出这个数列的通项公式；（2）指出1+4+„+（3n－5）是该数列的前几项之和.错解：（1）an=3n+7;

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(2) 1+4+„+（3n－5）是该数列的前n项之和.

错因：误把最后一项（含n的代数式）看成了数列的通项.（1）若令n=1,a1=101,显然3n+7不是它的通项.正解：（1）an=3n－2;

(2) 1+4+„+（3n－5）是该数列的前n－1项的和.

[例2] 已知数列an的前n项之和为① Sn2n2n ② Snn2n1 求数列an的通项公式。

错解： ① an2n2n2(n1)2(n1)4n3 ② ann2n1(n1)2(n1)12n 错因：在对数列概念的理解上，仅注意了an＝Sn－Sn-1与的关系，没注意a1=S1. 正解： ①当n1时，a1S11 当n2时，an2n2n2(n1)2(n1)4n3 经检验 n1时 a11 也适合，an4n3 ②当n1时，a1S13 22 当n2时，annn1(n1)(n1)12n (n1)3 ∴ an (n2)2n [例3] 已知等差数列an的前n项之和记为Sn，S10=10 ，S30=70，则S40等于 。 错解：S30= S10·2d.  d＝30，  S40= S30+d =100. 错因：将等差数列中Sm, S2m －Sm, S3m －S2m成等差数列误解为Sm, S2m, S3m成等差数列. 10910ad101222正解：由题意：得a1,d51530a3029d7012 代入得S40 ＝40a14039240d120。

[例4]等差数列an、bn的前n项和为Sn、Tn.若

SnTn7n14n27(nN),求

a7b7；

错解：因为等差数列的通项公式是关于n的一次函数，故由题意令an=7n+1;bn=4n+27.

a7b7771472710 113eud教育网 http://www.3edu.net 教学资源集散地。可能是最大的免费教育资源网！

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错因：误认为

SnTnan bnS13T1371314132792 正解：a7b7a7a7b7b779[例5]已知一个等差数列an的通项公式an=25－5n，求数列|an|的前n项和；错解：由an0得n5

 an前5项为非负，从第6项起为负，

 Sn=a1+a2+a3+a4+a5=50(n5) 当n6时，Sn=｜a6｜+｜a7｜+｜a8｜+„+｜an｜＝50 Sn=(205n)(n5),2,n5 (205n)(n5) 2n6错因：一、把n5理解为n=5，二、把“前n项和”误认为“从n6起”的和.n(455n),n52正解：  (205n)(n5)50,n62 [例6]已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求其前n项和的公式吗？ 解：理由如下：由题设： S10310 S20122010a145d310a14得：  d620a1190d1220 ∴ Sn4nn(n1)263nn2 1n[例7]已知：an1024lg2 （lg20.3010）nN （1） 问前多少项之和为最

大？（2）前多少项之和的绝对值最小？

an1024(1n)lg2010241024 解：（1） n13401n3403

a1024nlg20lg2lg2n1∴n3402 （2） Sn1024nn(n1)2(lg2)0 当Sn0或Sn近于0时其和绝对值最小

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令：Sn0 即 1024+ 得：n2048lg2n(n1)2(lg2)0 16804.99 ∵ nN ∴n6805 [例8]项数是2n的等差数列，中间两项为an和an1是方程x2pxq0的两根，求证此数列的和S2n是方程 lg2x(lgn2lgp2)lgx(lgnlgp)20的根。 （S2n0） 证明：依题意anan1p ∵a1a2nanan1p ∴S2n2n(a1a2n)2np ∵lg2x(lgn2lgp2)lgx(lgnlgp)20 ∴ (lgxlgnp)20 ∴xnpS2n （获证）。 四、典型习题导练 n1．已知a13且anSn12，求an及Sn。 2．设an3.求和: 1121122231123234n(n1)，求证：1 n(n1)2an(n1)22。 2123n22222 4.求和： (10099)(9897)(43)(21)2225.已知a,b,c依次成等差数列，求证：abc,bac,cab依次成等差数列.6.在等差数列an中， a5a1340，则 a8a9a10（ ）。A．72 B．60 C．48 D．36

7. 已知an是等差数列，且满足amn,anm(mn)，则amn等于________。11113a,a8.已知数列成等差数列，且，求a8的值。3567an2 §4.2等比数列的通项与求和

一、知识导学

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1. 等比数列：一般地，如果一个数列从第２项起，每一项与它的前一项的比都等于 同 一 个 常 数，那 么 这 个 数 列 就 叫 做 等 比 数 列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母ｑ表示．

2. 等比中项：若ａ，Ｇ，ｂ成等比数列，则称Ｇ 为ａ 和ｂ 的等比中项．

3.等比数列的前n项和公式：Sn二、疑难知识导析

na1a1(1qn)a1anq1q1q(q1)(q1)

1.由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q也不为0.

2.对于公比q，要注意它是每一项与它前一项的比，防止把相邻两项的比的次序颠倒.

3.“从第2项起”是因为首项没有“前一项”，同时应注意如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起每一项与它前一项的比都是同一个常数，此数列不是等比数列，这时可以说此数列从. 第2项或第3项起是一个等比数列. 4.在已知等比数列的a1和q的前提下，利用通项公式an=a1qn-1,可求出等比数列中的任一项.

5.在已知等比数列中任意两项的前提下，使用an=amq可求等比数列中任意一项.

n-m6.等比数列｛an｝的通项公式an=a1qn-1可改写为ana1qa1qnq.当q>0，且q1时，y=q是

x

一个指数函数，而yxq是一个不为0 的常数与指数函数的积，因此等比数列｛an｝的

图象是函数ya1qq的图象上的一群孤立的点.x 7．在解决等比数列问题时，如已知，a1，an，d，Sn，n中任意三个，可求其余两个。三、经典例题导讲 [例1] 已知数列an的前n项之和Sn=aqn（a0,q1,q为非零常数），则an为（ ）。A.等差数列 B.等比数列 C.既不是等差数列，也不是等比数列D.既是等差数列，又是等比数列错解：an1Sn1SnaqanSnSn1aqn1

n1aqnaq(q1)

n(q1

an1anq（常数）

an为等比数列，即B。

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错因：忽略了anSnSn1中隐含条件n＞1. 正解：当n＝1时，a1=S1＝aq; 当n>1时，anSnSn1aqan1ana2a1q（常数）

n1(q1)

但q1q

an既不是等差数列，也不是等比数列，选C。 [例2] 已知等比数列an的前n项和记为Sn，S10=10 ，S30=70，则S40等于. 错解：S30= S10·q .  q ＝7，q＝227， S40= S30·q =707. 错因：是将等比数列中Sm, S2m －Sm, S3m －S2m成等比数列误解为Sm, S2m, S3m成等比数列.

a1(1q10)10a1101q1q正解：由题意：得， 30a(1q)1q102或q103(舍去)701qS40=（1q）200. 1qa140[例3] 求和：a+a2+a3+„+an. 错解： a+a+a+„+a＝n23n1an1a. 错因：是（1）数列｛a｝不一定是等比数列，不能直接套用等比数列前n项和公式（2）用等比数列前n项和公式应讨论q是否等于1. 正解：当a＝0时，a+a2+a3+„+an＝0; 当a＝1时，a+a2+a3+„+an＝n;

当a1时， a+a+a+„+a＝

2

3

n

1a

n

1a

2.

2bacdbc2[例4]设a,b,c,d均为非零实数，abd2220，

求证：a,b,c成等比数列且公比为d。 证明：

证法一：关于d的二次方程abd2222bacdbc220有实根，

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∴4b2ac4a2b2(b2c2)0，∴b2ac0

22 则必有：b2ac0，即b2ac，∴非零实数a,b,c成等比数列 设公比为q，则baq，caq2代入

a2a2q2d22aqaaq2da2q2a2q40 ∵q21a20，即d22qdq20，即dq0。 证法二：∵a2b2d22bacdb2c20 ∴a2d22abdb2b2d22bcdc20 ∴adbbdc0，∴adb，且bdc 22 ∵a,b,c,d非零，∴bacbd。 [例5]在等比数列bn中，b43，求该数列前7项之积。 解：b1b2b3b4b5b6b7b1b7b2b6b3b5b4 ∵b4b1b7b2b6b3b5，∴前七项之积323372187 23[例6]求数列{n12n}前n项和 12211414321818n311612n 解：Sn112Sn ① 12n(n1)n12n1 ② )21两式相减：12Sn121411812nn12n12(111212nnn1 Sn2(112nn2)2n12n1n2n

[例7]从盛有质量分数为20%的盐水2kg的容器中倒出1kg盐水，然后加入1kg水，以后每次都倒出1kg盐水，然后再加入1kg水，

问：(1)第5次倒出的的1kg盐水中含盐多kg？

(2)经6次倒出后，一共倒出多少kg盐？此时加1kg水后容器内盐水的盐的质

量分数为多少？

解：(1)每次倒出的盐的质量所成的数列为{an}，则：

a1= 0.2 （kg）, a2=

1212×0.2（kg）, a3= ()×0.2（kg）

2

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由此可见：an= (

12)×0.2（kg）, a5= (

n1

12)×0.2= (

1251

12)×0.2=0.0125（kg）。

4

(2)由(1)得{an}是等比数列 a1=0.2 , q=

16

S6a1(1q)1q60.2(11212)0.39375(kg)0.40.393750.00625(kg)0.0062520.003125(kg)

答：第5次倒出的的1kg盐水中含盐0.0125kg；6次倒出后，一共倒出0.39375kg盐，

此时加1kg水后容器内盐水的盐的质量分数为0.003125。 四、典型习题导练 1.求下列各等比数列的通项公式： 1) a1=2, a3=8 2) a1=5, 且2an+1=3an 3) a1=5, 且an1annn1 2.在等比数列an，已知a15，a9a10100，求a18. 012n153.已知无穷数列105,105,105,10,， 110 求证：（1）这个数列成等比数列 （2）这个数列中的任一项是它后面第五项的， （3）这个数列的任意两项的积仍在这个数列中。 4.设数列an为1,2x,3x,4xnx23n1x0求此数列前n项的和。 5.已知数列{an}中，a1=2且an+1=Sn，求an ,Sn 6.是否存在数列{an}，其前项和Sn组成的数列{Sn}也是等比数列，且公比相同？ 7.在等比数列an中，a1a336,a2a460,Sn400，求n的范围。

§4.3数列的综合应用

一、知识导学

1. 数学应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容.解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.

2. 应用题成为热点题型，且有着继续加热的趋势，因为数列在实际生活中应用比较广泛，所以数列应用题占有很重要的位置，解答数列应用题的基本步骤：（1）阅读理解材料，且对材料作适当处理；（2）建立变量关系，将实际问题转化为数列模型；（3）讨论变量性质，挖掘题目的条件，分清该数列是等差数列还是等比数列，是求Sn还是求an.一般情况下，增或

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减的量是具体体量时，应用等差数列公式；增或减的量是百分数时，应用等比数列公式．若是等差数列，则增或减的量就是公差；若是等比数列，则增或减的百分数，加1就是公比q. 二、疑难知识导析

1.首项为正（或负）的递减（或递增）的等差数列前n项和的最大（或最小）问题，转化为解不等式an0a0或nan10an10解决；

2.熟记等差、等比数列的定义，通项公式，前n项和公式，在用等比数列前n项和公式

时，勿忘分类讨论思想； 3.等差数列中, am=an+ (n－m)d, damanmn; 等比数列中，an=amq; qn-mnmanam

4.当m+n=p+q（m、n、p、q∈N）时，对等差数列｛an｝有：am+an=ap+aq；对等比数列｛an｝有：aman=apaq； 5.若{an}、{bn}是等差数列，则{kan+bbn}(k、b是非零常数)是等差数列；若{an}、{bn}是等比数列，则｛kan｝、{anbn}等也是等比数列； 6.等差（或等比）数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”（如a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9„）仍是等差（或等比）数列； 7.对等差数列｛an｝,当项数为2n时，S偶-S奇＝nd；项数为2n－1时，S奇－S偶＝a中（n∈N）； 8.若一阶线性递推数列an=kan－1+b（k≠0,k≠1）,则总可以将其改写变形成如下形式:anbk1k(an1bk1)(n≥2)，于是可依据等比数列的定义求出其通项公式；

三、经典例题导讲 [例1]设an是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和.证明：

logSnlogSn211222log12＞logSn1。 12Snlog212Sn2＞log12错解：欲证只需证log12Sn1 Snlog12Sn2＞2log212Sn1

即证：log1(SnSn2)＞log212Sn1

2由对数函数的单调性，只需证(SnSn2)＜Sn1

 SnSn2－S2n1＝

a1(1q)(1q(1q)22nn2)a1(1q2n12)2(1q)

＝－a1q0

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 SnSn2＜Sn1  原不等式成立.

2错因：在利用等比数列前n项和公式时，忽视了q＝1的情况.

log12Snlog212Sn2＞log12正解：欲证只需证logSn1

12Snlog12Sn2＞2log212Sn1

即证：log1(SnSn2)＞log212Sn1

由对数函数的单调性，只需证(SnSn2)＜Sn21 由已知数列an是由正数组成的等比数列，  q>0,a10. 若q1, 2则SnSn2－Sn1＝na1(n2)a1[(n1)a1]2 ＝－a12＜0； 若q1, a1(1q)(1q(1q)22nn2SnSn2－S2n1＝)a1(1q2n12)2(1q) ＝－a12qn0  SnSn2＜Sn1  原不等式成立. 2[例2] 一个球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回至原高度的一半落下，当它第10次着地时，共经过了多少米？（精确到1米） 错解：因球 每次着地后又跳回至原高度的一半，从而每次着地之间经过的路程形成

了一公比为

12的等比数列，又第一次着地时经过了100米，故当它第10次着地时，共经

过的路程应为前10项之和.

110100[1()]2即S10＝199（米） 112错因：忽视了球落地一次的路程有往有返的情况.

正解：球第一次着地时经过了100米，从这时到球第二次着地时，一上一下共经过了

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21002＝100（米）„因此到球第10次着地时共经过的路程为

1002100221001001002310028

19100[1()]2＝100300（米） 112答：共经过300米。

[例3] 一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一出生就在每年生日，到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁上大学时，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为多少？ 错解：年利率不变，每年到期时的钱数形成一等比数列，那18年时取出的钱数应为以a为首项，公比为1+r的等比数列的第19项，即a19=a(1+r)18. 错因：只考虑了孩子出生时存入的a元到18年时的本息，而题目要求是每年都要存入a元. 正解：不妨从每年存入的a元到18年时产生的本息 入手考虑，出生时的a元到18年时变为a(1+r)18， 1岁生日时的a元到18岁时成为a(1+r)17， 2岁生日时的a元到18岁时成为a(1+r)， „„ 17岁生日时的a元到18岁时成为a(1+r)， 18171  a(1+r)+ a(1+r)+ „+ a(1+r)＝a(1r)[1(1r)]1(1r)ar[(1r)1911618 ＝(1r)] ar[(1r)1a219答：取出的钱的总数为 [例4]求数列11,1a(1r)]。 110,,1an14,7,a3(3n2),的前n项和。 1an1 解：设数列的通项为an，前n项和为Sn，则 anSn(11a1a2(3n2) 1an1)[147(3n2)]

当a1时，Snn1(13n2)n23nn22

1n(13n2)na1(3n1)nan n1122aan 当a1时，Sn1a3eud教育网 http://www.3edu.net 教学资源集散地。可能是最大的免费教育资源网！

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[例5]求数列

6122334,6,6,,6n(n1),前n项和

解：设数列的通项为bn，则bnn(n1)16(1n121n113)

Snb1b2bn6[(1

6(11n1)6nn12)()(1n1n1)]

[例6]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn(求数列{an}的前n项和 解：取n =1，则a1(a112)a11 2an12)(nN)， 2又由 Snn(a1an)2* 可得：n(a1an)2(an12) 2an1(nN)an2n1 2Sn135(2n1)n [例7]大楼共n层，现每层指定一人，共n人集中到设在第k层的临时会议室开会，问k如何确定能使n位参加人员上、下楼梯所走的路程总和最短。（假定相邻两层楼梯长相等） 解：设相邻两层楼梯长为a，则 Sa(12k1)0[12(nk)]a[k2(n1)knn2n12n2或2 ]当n为奇数时，取k当n为偶数时，取k四、典型习题导练

S达到最小值 n22 S达到最大值

1．在［1000，2000］内能被3整除且被4除余1的整数有多少个？

2．某城市1991年底人口为500万，人均住房面积为6 m2，如果该城市每年人口平均增长率为1%，每年平均新增住房面积为30万m，求2000年底该城市人均住房面积为多少m？(精确到0.01)

3．已知数列an中，Sn是它的前n项和，并且Sn14an2，a11

2

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（1） 设bnan12an，求证数列bn是等比数列；

an2n （2） 设cn，求证数列cn是等差数列。

4.在△ABC中，三边a,b,c成等差数列，a,b,c也成等差数列，求证△ABC为正三角形。 5． 三数成等比数列，若将第三个数减去32，则成等差数列，若再将这等差数列的第二个数减去4，则又成等比数列，求原来三个数。 6. 已知

是一次函数，其图象过点

，又

成等差数列，求

f(1)f(2)f(n)的值.

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