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高三数学数列部分复习专题(二)


高三数学数列部分复习专题(二)
一. 本周教学内容: ●数列部分复习专题(二) 二. 教学目的: 1. 数列部分方法与技巧解析 2. 数列部分易错题剖析 三. 知识分析 (一)方法技巧 方法一:通项常见的求法。 1. 观察法 例 1. 写出下列数列的一个通项公式,使它的前几项分别是下列各数:

2 4 6 8 10 , , , ,…; 3 15 35 63 99 1 9 17 33 (2) ? 1, ,? , ,? ,…; 3 35 63 99 1 1 1 (3) 1,0,? ,0, ,0,? ,0 ,…; 3 5 7
(1) , (4)7,77,777,7777,…; (5)1,3,6,10,15,…; (6)a,b,a,b,…。 解析: (1)这是一个分数数列,分子为偶数列,而分母为 1 ? 3,3 ? 5,5 ? 7,7 ? 9,9 ? 11 ,…,是两个连续奇数的积, 故所求数列通项公式为:

an ?

2n (2n ? 1)( 2n ? 1)

(2)数列的前 5 项可改写为:

?

3 5 9 17 33 , ,? , ,? 1 ? 3 3 ? 5 5 ? 7 7 ? 9 9 ? 11

由于数列的各项间正负互相间隔,应有调节符号作用的数列 (?1) n ,分子构成规律为 2 n ? 1 ,分母也为两个连 续奇数的积。

?

?

a n ? (?1) n ?

2n ? 1 (2n ? 1)( 2n ? 1)

1 0 ?1 0 1 0 , , , ,分母依次为 1,2,3,4,…,分子为 1 2 3 4 5 6 n ?1 n 1,0,-1,0,呈周期性变化,可以用 sin ? 表示,当然也可以用 cos ? 表示。 2 2 n n ?1 sin ? cos ? 2 或a ? 2 an ? n n n
(3)原数列直接写不能看出通项公式,但改写之后, , , (4)先研究数列 9,99,999,9999,… 数列中的每一项均可以看作是 10 的若干次幂与 1 的差,则通项为 a n ? 10n ? 1 ∴该数列的通项应为 a n ?

7 n (10 ? 1) 9 2 n (10 ? 1) 等等。 9

其实这是一个规律性的问题:如数列 2,22,222,2222,…的通项公式应为 a n ?

(5)由观察可知, a 1 ? 1, a 2 ? 1 ? 2, a 3 ? 1 ? 2 ? 3, a 4 ? 1 ? 2 ? 3 ? 4, a 5 ? 1 ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ∴ a n ?1 ? 2 ? 3 ? ?? n ? 此题亦可这样考虑:

n(n ? 1) 2

a 2 ? a1 ? 2 a3 ? a2 ? 3 a4 ? a3 ? 4
……,

a n ? a n ?1 ? n
以上 n ? 1 个式子左边相加为 a n ? a 1 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? n 又 a1 ? 1 ∴ a n ?1 ? 2 ? 3 ? ?? n ?

n(n ? 1) 2 a?b b?a n n ?1 ,振幅: ,用 ?? 1? 或?? 1? 去 2 2

(6)这是摆动数列。要寻找摆动平衡位置与摆动的振幅。平衡位置: 调节,则所求数列的通项公式

an ?

a?b b?a ? (?1) n 2 2

也可以用分段函数形式来表示

?a , n为奇数 an ? ? ?b, n为偶数
2. 累差法 例 2. 已知数列 ?a n ? 的前几项依次是:6,9,14,21,30,…,求其通项公式。 解析:设 b n ? a n ?1 ? a n ,则有

b1 ? a 2 ? a 1 ? 9 ? 6 ? 3 b 2 ? a 3 ? a 2 ? 14 ? 9 ? 5 b 3 ? a 4 ? a 3 ? 21 ? 14 ? 7
……,

b n ?1 ? a n ? a n ?1 ? 2n ? 1
以上各式相加得:

a n ? a 1 ? 3 ? 5 ? ? ? (2n ? 1) ?
又 a1 ? 6 ∴ a n ? a1 ? n 2 ? 1 ? n 2 ? 5 3. 待定系数法

(n ? 1)(3 ? 2n ? 1) ? n2 ?1 2

例 3. 已知{an}为等差数列, a 2 ? 3, a 6 ? 23 ,求 an。

解析:∵{an}为等差数列,故可设 a n ? kn ? p 又 a 2 ? 3, a 6 ? 23

?3 ? 2k ? p ∴? ?23 ? 6k ? p ?k ? 5 解得 ? ?p ? ?7
∴ a n ? 5n ? 7

4. 公式法 例 4. 如果数列 ?a n ? 的前 n 项和为 S n ? 解析: (1)当 n=1 时,由 S1 ?

3 a n ? 3 ,求这个数列的通项公式 a n 。 2

3 a1 ? 3 ? a1 ? a1 ? 6 2
a 3 3 a n ? a n ?1 ? n ? 3 2 2 a n ?1

(2)当 n ? 2 时, a n ? S n ? S n ?1 ?

∴数列 ?a n ? 当 n ? 2 时,是以 3 为公比,以 a 2 ? 18 为首项的等比数列 ∴ a n ? a 2 ? 3n ?1 ? 18 ? 3n ?2 ? 2 ? 3n (n ? 2) 而当 n=1 时,显然也成立 故 a n ? 2 ? 3 n (n ? N * ) 5. 叠代法 例 5. 已知 a n ?1 ?

n ? a n , a 1 ? 1 ,求数列 ?a n ? 的通项公式 a n 。 n ?1 n 解析:∵ a n ?1 ? ? an n ?1 n ?1 n ?1 n ? 2 n ?1 n ? 2 n ? 3 ∴ an ? a n ?1 ? ? a n ?2 ? ? ? a n ?3 ? … n n n ?1 n n ?1 n ? 2 n ?1 n ? 2 n ? 3 ? 1 1 ? ? ? ? ? ? a1 ? a1 n n ?1 n ? 2 2 n
∵a1=1 ∴an ?

1 n

方法二:解递推关系式常见方法 1. 公式法:利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有 a n ? S n ? S n ?1 (n ? 2) ,等差数列和等比 数列的通项公式。 2. 归纳法:由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式,再用数学归纳法证明其正确性。这种方法叫做 归纳法。 3. 累加法:利用恒等式 a n ? a 1 ? (a 2 ? a 1 ) ? ? ? (a n ? a n ?1 ) 求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如

。 a n ?1 ? a n ? f (n) 的递推数列通项公式的基本方法(其中数列{f(n)}可求前 n 项和) 4. 累乘法:利用恒等式 a n ? a 1 ?

a2 a3 a ? ? n (a n ? 0) 求通项公式的方法称为累乘法。累乘法是求型如 a 1 a 2 a n ?1

。 a n ?1 ? g(n )a n 的递推数列通项公式的基本方法(数列 g{n}可求前 n 项积) 例 1. 设 ?a n ? 是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对于所有的自然数 n,an 与 1 的等差中项等于 Sn 与 1 的等 比中项,求数列 ?a n ? 的通项公式。 解析:解法一: (公式法)依题意,有 S n ? ∴ a n ?1 ? S n ?1 ? S n ?

1 (a n ?1 ? 1) 2 ? (a n ? 1) 2 4

?

(a n ? 1) 2 4

?

∴ (a n ?1 ? 1) 2 ? (a n ? 1) 2 ? 0 即 (a n ?1 ? a n )(a n ?1 ? a n ? 2) ? 0 ∵an ? 0 ∴ a n ?1 ? a n ? 2 又 a1=1 故 ?a n ? 是首项为 1,公差为 2 的等差数列 ∴ a n ? 2n ? 1 解法二: (公式法) ∵

an ?1 ? Sn 2

∴ S1 ? a 1 ? 1 当 n ? 2 时, 2 Sn ? Sn ? Sn ?1 ? 1 即

?S

n

? Sn ?1 ? 1 Sn ? Sn ?1 ? 1 ? 0

??

?

∵ a n ? 0, S1 ? 1 ∴ Sn ? Sn ?1 ? 1(n ? 2) ∴ Sn ? n 从而 a n ? 2 Sn ? 1 ? 2n ? 1 解法三: (归纳法)由已知可求得 a 1 ? 1, a 2 ? 3, a 3 ? 5 猜测 a n ? 2n ? 1 证明: (1)当 n=1 时, a 1 ? S1 ? 1,2 ? 1 ? 1 ? 1

∴n=1 时,猜想成立 (2)假设 n ? k(k ? 1, k ? N* ) 时,猜想成立,即 a k ? 2k ? 1 ,则 n ? k ? 1时 ∵ a k ?1 ? S k ?1 ? S k ?

(a k ?1 ? 1) 2 (a k ? 1) 2 ? 4 4
2

∴ 4a k ?1 ? a 2 k ?1 ? a k ? 2a k ?1 ? 2a k ∴ (a k ?1 ? a k ) ? (a k ?1 ? a k ? 2) ? 0 ∵an ? 0 ∴ a k ?1 ? a k ? 0 ∴ a k ?1 ? a k ? 2 ∴ a k ?1 ? (2k ? 1) ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1 即 n=k+1 时,猜想也成立。 综合以上可知,对任意 n ? N * 有 a n ? 2n ? 1

例 2. 已知数列 ?a n ? 中, a 1 ? 2, a n ?1 ? a n ? 2n, n ? N* ,求 an。 解析: (累加法) ∵ a n ?1 ? a n ? 2n ∴ a n ?1 ? a n ? 2n ∴ a n ? a 1 ? (a 2 ? a 1 ) ? (a 3 ? a 2 ) ? ? ? (a n ? a n ?1 )

? 2 ? 2 ? 4 ? 6 ? ? ? 2(n ? 1) (n ? 1)( 2 ? 2n ? 2) 2 2 ?n ?n?2 ?2?
例 3. 已知数列 ?a n ? 中, a 1 ? 1, a n ?1 ? a n ? 解析: (累乘法) 由已知

n ,其中 n ? N * ,求 an。 n ?1

a n ?1 n ? , n ? N* an n ?1 a2 a3 a 1 2 n ?1 1 ? ? n ? 1? ? ? ? a 1 a 2 a n ?1 2 3 n n

?a n ? a1 ?

5. 转化法:通过变换递推关系,将非等差(等比)数列转化为与等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称 为转化法。常用的转化途径有: (1)凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式 a n ?1 ? qa n ? d (q、d 为常数, q ? 0 ,

q ?1) 。通过凑配变成 a n ?1 ?

? d d ? ? ,或消常数项转化为 ? q? an ? ? q ?1 ? q ? 1? ?

a n ? 2 ? a n ?1 ? q(a n ?1 ? a n ) ;
(2)倒数变换——如将一阶分式递推公式 a n ?1 ?
p

ca n 1 d 1 1 ? ? ? ; (c、d 为非零常数)取倒数得 an ? d a n ?1 c a n c

(3)对数变换——如将一阶递推公式 a n ?1 ? ca n (a n ? 0, c ? 0, p ? 0, p ? 1) 取对数得 lg a n ?1 ? p lg a n ? lg c (4) 换元变换——如将一阶递推公式 a n ?1 ? qa n ? d n(q、d 为非零常数,q ? 1 ,d ? 1 ) 变换成 令 bn ?

a n ?1 d
n ?1

?

qa n dd
n

?

1 , d

an dn

,则转化为一阶线性递推公式。

例 4. 已知数列 ?a n ? 中,a1=1, a n ? 2a n ?1 ? 1(n ? 2) ,求 ?a n ? 的通项公式。 解析:解法一: (归纳法) ∵ a 1 ? 1, a n ? 2a n ?1 ? 1 ∴a2=2a1+1=3,a3=2a2+1=7,…,猜测 an=2 -1( n ? N * ) ,再用数学归纳法证明之。
n

解法二: (转化法) ∵ a n ? 2a n ?1 ? 1 ∴ a n ? 1 ? 2(a n ?1 ? 1) 又 a1+1=2 故数列 ?a n ? 1? 是首项为 2,公比为 2 的等比数列 ∴ a n ? 1 ? 2n 即 a n ? 2n ? 1 解法三: (转化法) ∵ a n ? 2a n ?1 ? 1 ∴ a n ?1 ? 2a n ? 1 (1) (2)

(2) ? (1) 得 a n ?1 ? a n ? 2(a n ? a n ?1 )(n ? 2)
故 ?a n ?1 ? a n ? 是首项为 a 2 ? a 1 ? 2 公比为 2 的等比数列,即 a n ?1 ? a n ? 2 n 再用累加法得 a n ? 2 n ? 1 解法四: (迭代法)

a n ? 2a n ?1 ? 1 ? 2(2a n ?2 ? 1) ? 1 ? 2 2 a n ?2 ? 2 ? 1 ? ?2 n ?1 a1 ? 2 n ?2 ? ? ? 2 ? 1 ? 2 n ? 1

例 5. 已知数列 ?a n ? ( n ? N * )中, a 1 ? 1, a n ?1 ? 解析: (倒数变换)

an ,求 an。 1 ? 2a n

? a n ?1 ? 1 a n ?1

an 1 1 ? ?2 ,两边取倒数,得 1 ? 2a n a n ?1 a n 1 ?2 an



?

?1? 1 ?1 ∴ ? ?是公差为2的等差数列,首项 a1 ?a n ?
? 1 ? 1 ? (n ? 1) ? 2 ? 2n ? 1 an 1 2n ? 1
2

?a n ?

例 6. 已知数列 ?a n ? 满足 a 1 ? 2, a n ? a n ?1 (n ? 2) ,求数列 ?a n ? 的通项公式。 解析: (对数变换) 由题意 a 1 ? 2 ? 0, a n ? a n ?1 (n ? 2) ∴an ? 0 ∴ lg a n ? 2 lg a n ?1 ∴ ?lg a n ?是以 2 为公比的等比数列,首项为 lg a 1 ? lg 2 ∴ lg a n ? 2 n ?1 lg 2 ? lg 2 2 ∴ a n ? 22
n ?1 n ?1

2

例 7. 已知 a 1 ?

1 1 , a n ?1 ? a n ? 2 (n ? N * ) ,求 an。 2 n ? 3n ? 2 解析: (叠加法)
由已知得 a n ?1 ? a n ? ∴ a 2 ? a1 ?

1 1 ? n ?1 n ? 2

1 1 ? 2 3 1 1 a3 ? a2 ? ? 3 4 1 1 a4 ? a3 ? ? 4 5 a n ? a n ?1 ? 1 1 ? n n ?1 1 1 a n ? a n ?1 ,求 a n 。 2 2

……,

例 8. 已知 a 1 ? 0, a 2 ? 1, a n ?1 ?

解析:∵ a n ?1 ? a n ?

1 (a n ? a n ?1 ) 2 1 ,首项为 a 2 ? a 1 ? 1 2

∴ ?a n ? a n ?1 ?成等比数列,公比为 ?

? 1? ∴ a n ? a n ?1 ? 1 ? ? ? ? ? 2? ? 1? 即 a n ? a n ?1 ? ? ? ? ? 2?

n ?2

n ?2

再用递推的方法可得到 a n ?

2 1 ? (?1) n ? 3 3 ? 2 n ?2

方法三:数列求和常见的方法 1. 公式法 例 1. 求和: ?1 ; (1) S n ? 1 ? 11 ? 111 ? ? ? 11 ? ? ? n个

1? 1 ? 1 ? ? ? ? (2) S n ? ? x ? ? ? ? x 2 ? 2 ? ? ? ? ? x n ? n ? x? x ? x ? ? ? ?

2

2

2

?1 ? 1 ? 10 ? 10 2 ? ? ? 10 k ? 1 (10 k ? 1) 解析: (1)因为 11 ? ? ? 9 n个 ?1 ? 所以 1 ? 11 ? ? ? 11 ? ? ?
n个

1 ?9) (9 ? 99 ? 999 ? ? ? 99 ? ? ? 9 n个

1 (10 ? 1) ? (10 2 ? 1) ? ? ? (10 n ? 1) 9 1 ? (10 ? 10 2 ? ? ? 10 n ) ? n 9 ? 1 ?10(10 n ? 1) ? ? ? n? 9? 9 ? ?

? ?

?

?

?

10 n ?1 ? 9n ? 10 81
2 2 2

1? 1 ? 1 ? ? ? ? (2)当 x ? ?1 时, S n ? ? x ? ? ? ? x 2 ? 2 ? ? ? ? ? x n ? n ? x? x ? x ? ? ? ?
1 ? ? 1 ? 1 ? ? ? ? ? x 2 ? 2 ? 2 ? ? ? x 4 ? 2 ? 4 ? ? ? ? ? x 2n ? 2 ? 2n ? x ? ? x ? x ? ? ? 1 1 ? ? 1 ? ( x 2 ? x 4 ? ? ? x 2 n ) ? 2n ? ? 2 ? 4 ? ? ? 2 n ? x x ? ?x x 2 ( x 2 n ? 1) x ? 2 (1 ? x ? 2 n ) ? ? 2n x2 ?1 1 ? x ?2 ( x 2 n ? 1)( x 2 n ? 2 ? 1) ? ? 2n x 2 n ( x 2 ? 1) ? 当x ? ?1时, S n ? 4n
2. 错位相减法

例 2. 若公比为 c 的等比数列 ?a n ? 的首项 a 1 ? 1 且满足 a n ? (1)求 c 的值; (2)求数列 ?na n ? 的前 n 项和 Sn。 解析: (1)由题设,当 n ? 3 时

a n ?1 ? a n ?2 (n ? 3,4, ?) 。 2

a n ? c 2 a n ? 2 , a n ?1 ? ca n ? 2 a n ?1 ? a n ? 2 1 ? c ? a n ?2 2 2 由题设条件可得a n ? 2 ? 0 an ? 因此c 2 ? 1? c 2 2 即2c ? c ? 1 ? 0 解得c ? 1或c ? ? 1 2

(2)由(1) ,需要分两种情况讨论 当 c=1 时,数列 ?a n ? 是一个常数列 即 a n ? 1(n ? N* ) 这时,数列 ?na n ? 的前 n 项和 Sn ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? 当c ? ?

n(n ? 1) 2

1 1 时,数列 ?a n ? 是一个公比为 ? 的等比数列 2 2
n ?1

? 1? 即an ? ?? ? ? 2?

(n ? N * )

这时,数列 ?na n ? 的前 n 项和

? 1? ? 1? ? 1? S n ? 1 ? 2? ? ? ? 3? ? ? ? ? ? n? ? ? ? 2? ? 2? ? 2?
(1)式两边同乘 ?

2

n ?1

(1)

1 ,得: 2
2 n ?1

1 1 ? 1? ? 1? ? S n ? ? ? 2? ? ? ? ? ? (n ? 1)? ? ? 2 2 ? 2? ? 2?
? 4 ? ?? ? (1)式减去(2)式,得 S n ?
n

? 1? ? n? ? ? ? 2?

n

(2)

1? ? ( 6 n ? 4) 2? 9

3. 裂项相消法求和 例 3. 求数列

1 1 1 ? 1 , , , , , ? 的前 n 项和 Sn。 1? 3 2 ? 4 3 ? 5 n (n ? 2)

解析:∵

1?1 1 ? 1 ? ? ? ? n ( n ? 2) 2 ? n n ? 2 ?

∴ Sn ?

1 ?? 1 ? ? 1 1 ? ? ? 1 1 ?? ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2? 3 2 4 n n ? 2 ?? ? ? ? ? ?? ?

1? 1 1 1 ? ? ?1 ? ? ? 2? 2 n ?1 n ? 2? 3 1 1 ? ? ? 4 2n ? 2 2n ? 4 ?
4. 并项求和 例 4. 求 12 ? 2 2 ? 32 ? 4 2 ? ? ? (?1) n ?1 n 2 解析:当 n 是偶数时

S n ? (12 ? 2 2 ) ? (3 2 ? 4 2 ) ? ? ? (n ? 1) 2 ? n 2 ? ??3 ? 7 ? 11 ? ? ? (2n ? 1)? n (3 ? 2n ? 1) ?? 2 2 n (n ? 1) ?? 2 当n是奇数时

?

?

S n ? 12 ? (?2 2 ? 3 2 ) ? (?4 2 ? 5 2 ) ? ? ? ? (n ? 1) 2 ? n 2 ? 1 ? ?5 ? 9 ? 13 ? ? ? (2n ? 1)? n ?1 (5 ? 2n ? 1) ?1? 2 2 (n ? 1)( n ? 2) ?1? 2 n (n ? 1) ? 2 n (n ? 1) 综上, S n ? (?1) n ?1 2
5. 倒序相加求和

?

?

2 ? ? b n Cn 例 5. 已知数列 ?a n ? 的前 n 项和 Sn ? (n ? 1) ? 2 n ? 1 ,是否存在等差数列 ?b n ? ,使 a n ? b1C1 n ? b 2 Cn ? n对

一切自然数 n 均成立?

(n ? 1) ?S1 解析:由公式 a n ? ? ?S n ? S n ?1 (n ? 2)
依条件先求出 an 的通项,再由倒序相加法得出结论。 n=1 时, a 1 ? S1 ? 1 当 n ? 2 时, a n ? S n ? S n ?1

? (n ? 1) ? 2 n ? 1 ? (n ? 2) ? 2 n ?1 ? 1 ? 2 n ?1 ? (2n ? 2 ? n ? 2) ? n ? 2 n ?1
因 a 1 ? 1 满足 n ? 2 时 a n 的式子

∴ a n ? n ? 2 n ?1 (n ? N) 假设存在等差数列 ?b n ? 满足条件,设 b 0 ? 0
1 2 ? ? b n Cn 且 ?b n ?(n ? N) 仍成等差数列,则 a n ? b 0 C0 n ? b1C n ? b 2 C n ? n n ?1 ?2 倒序,得 a n ? b n C n ? b n ?2 C n ? ? ? b 0 C0 n ? b n ?1C n n n 1 ? ? (b n ? b 0 )C0 相加得 2a n ? (b 0 ? b n ) ? C0 n ? (b1 ? b n ?1 )C n ? n
1 ? ? Cn ? (b 0 ? b n )(C 0 n ? Cn ? n)

? bn ? 2n
∴ a n ? b n ? 2 n ?1 令 bn=n,显然 n=0 时,b0=0 故存在等差数列 ?b n ? 满足已知等式。

方法四:等差数列的设项 (1)对于连续奇数项的等差数列,可设为:…, x ? 2d, x ? d, x, x ? d, x ? 2d ,…,此时公差为 d; (2)对于连续偶数项的等差数列,通常可设为…, a ? 3d, a ? d, a ? d, a ? 3d ,…,此时公差为 2d。 例:有四个数,其中前三个成等差数列,后三个成等比数列,并且第一个与第四个数的和为 16,第二个与第三 个数的和为 12,求这四个数。 解析:设前三个数依次为 a ? d, a , a ? d ,则第四个数为

(a ? d ) 2 a

? (a ? d ) 2 ? 16 ?(a ? d) ? ∴? a ?a ? (a ? d) ? 12 ?

?a ? 4 ?a ? 9 解之得 ? 或? ?d ? 4 ?d ? ?6
所以这四个数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1 方法五:等比数列的设项 (1)对于连续奇数项的等比数列,通常可设为…,

a a , , a , aq , aq 2 ,…,此时公比仍为 q; 2 q q a a , , aq , aq 3 ,…,此时公比为 q 2 ? 0 。 q3 q

(2)对于连续偶数项的等比数列,通常可设为…, 例:已知一个等比数列 ?a n ? 前四项之积为 解析:设等比数列 ?a n ? 的前四项依次为

1 ,第二、三项的和为 2 ,求这个等比数列的公比(其中 a n ? 0 ) 。 16

a a , , aq , aq 3 3 q q

? 4 1 a ? ? 16 ? 则由已知得 ? ? a ? aq ? 2 ? ?q
由(1)得, a ? ?

(1) (2)

1? 1? ? 舍去 ? ? 2? 2?

代入(2)并整理,得 q 2 ? 2 2q ? 1 ? 0 解之得, q ? 2 ? 1 故原等比数列的公比为 q 2 ? 3 ? 2 2

(二)错题透视 易错题一:已知数列 ?a n ? 的通项公式是 a n ? 4n ? 25 ,求数列 ?| a n |?的前 n 项和。 解题思路:由 a n ? 4n ? 25 ? 0 且 a n ?1 ? 4(n ? 1) ? 25 ? 0 得 n=6。 由此可知,数列 ?a n ? 的前 6 项为负值,从第 7 项起以后的各项均为正值。 当 n ? 6 时,数列 ?a n ? 是以 ? 21为首项,4 为公差的等差数列 所以 | a 1 | ? | a 2 | ? ? ? | a n |? ?(a 1 ? a 2 ? ? ? a n )

n (n ? 1) ? ? ? 4? ? ?2n 2 ? 23n = ? ?n (?21) ? 2 ? ?
对于任意自然数 n (n ? 7) ,数列 ?a n ? 是以 ? 21为首项,4 为公差的等差数列。 因此, n ? 7

| a1 | ? | a 2 | ??? | a n | ? ?( a 1 ? a 2 ? ? ? a 6 ) ? a 7 ? a 8 ? ? ? a n

? (a 1 ? a 2 ? ? ? a n ) ? 2(a 1 ? a 2 ? ? ? a 6 ) ? 2n 2 ? 23n ? 2(2 ? 6 2 ? 23 ? 6) ? 2n 2 ? 23n ? 132
所以 | a 1 | ? | a 2 | ? ? ? | a n |? ?
2 ? ?? 2n ? 23n (n ? 6) 2 ? ?2n ? 23n ? 132(n ? 7)



失分警示: 1. 误认为数列 ?| a n |?是以 21 为首项, 事实上, 对于任意的正整数 n, 数列 ?| a n |? ? 4 为公差的等差数列, 不构成等差数列,它只能分段考虑后才能构成等差数列。 2. 在 n ? 7 的求和时,误认为数列 ?| a n |?是以 3 为首项,4 为公差的等差数列。事实上,在数列 ?| a n |?中,3 是它 的第 7 项,而不是第 1 项。 易错题二:设数列 ?a n ? 的前 n 项和 Sn ? n 2 ? 2n ? 3(n ? N? ) ,求数列 ?a n ? 的通项公式。

解题思路:n=1 时, a 1 ? S1 ? 6 。 当 n ? 2 时, a n ? Sn ? Sn ?1 ? (n 2 ? 2n ? 3) ? [(n ? 1) 2 ? 2(n ? 1) ? 3] ? 2n ? 1 。

(n ? 1) ?6 因此数列的通项公式为 a n ? ? ?2n ? 1(n ? 2)
失分警示:由 S n ? S n ?1 求 a n 时,必须考虑条件:n ? 2 ,因为 n=1 时,S n ?1 无意义。数列的通项 a n 与前 n 项和 S n

(n ? 1) ?S1 的关系是: a n ? ? ?S n ? S n ?1 (n ? 2)
此公式在数列中经常用到,应引起重视。 易错题三:已知等差数列 ?a n ? , S n 为前 n 项和,若 S4 ? 30, S8 ? 90 ,求 S12 。 解题思路:∵ ?a n ? 是等差数列 ∴ S4 , S8 ? S 4 , S12 ? S8 也是等差数列。 ∴ 2(S8 ? S 4 ) ? S 4 ? (S12 ? S8 ) 即 2(90 ? 30) ? 30 ? (S12 ? 90) ∴ S12 ? 180 失 分警 示:由 ?a n ? 是 等 差数列 ,得 出 S 4、S8、S12 也是 等差 数列是 错误 的,实 际上, 若设 公差为 d , 则

S 4 ? a 1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 , S8 ? a 1 ? a 2 ? a 3 ? ? ? a 8
∴ S8 ? S4 ? a 5 ? a 6 ? a 7 ? a 8 , S12 ? a 1 ? a 2 ? a 3 ? ? ? a 12 ∴ S12 ? S8 ? a 9 ? a 10 ? a 11 ? a 12 ∴ S4 , S8 ? S 4 , S12 ? S8 成等差数列,且公差为 16d。 等差数列的前 n 项和也构成一个等差数列,即 S n , S 2n ? S n , S3n ? S 2n ,…为等差数列,公差为 n 2 d 。

易错题四:等差数列 ?a n ? , ?b n ? 的前 n 项和分别为 S n 和 Tn ,若

S n 3n ? 1 a ? ,则 11 等于______________。 Tn 2n b 11

答案:

32 21

a 1 ? a 21 ? 21 a 11 2a 11 a 1 ? a 21 S 3 ? 21 ? 1 32 2 ? ? ? ? 21 ? ? 解题思路: 。 b11 2b11 b1 ? b 21 b1 ? b 21 T21 2 ? 21 21 ? 21 2
错因分析:对等差数列前 n 项和的结构特征认识模糊,容易导致错误。如设 Sn ? 3n ? 1, Tn ? 2n 是错误的。

易错题五:设等比数列 ?a n ? 的首项为 a,公比为 a (a ? 0) ,若其前 10 项中最大的项为 1024,求 a 的值。 解题思路: ?a n ? 的通项公式为 a n ? a n 。 (1)当 a ? 1 时,数列 ?a n ? 为递增数列,所以前 10 项中第 10 项为最大,即 a 10 ? a 10 ? 1024 ,∴a=2。 (2)当 0 ? a ? 1 时, ?a n ? 为递减数列,前 10 项中第一项为最大,即 a=1024,矛盾,故此时无解。 (3)当 a=1 时, ?a n ? 为常数数列,此时各项均为 1,显然与题设矛盾。 综上可知,a=2。 失分警示:解此类问题易出现概念性的错误。如仅凭 a ? 0 则得出 ?a n ? 为递增数列,从而得到 a 10 ? 1024 ,则会 得到错误结论。 对含参问题一般需要对参数进行分类讨论。 易错题六:已知等比数列 ?a n ? 中, a 3 ?

3 1 , S3 ? 4 ,求 a 1 。 2 2 1 2

解题思路:当 q ? 1 时, a 1 ? a 2 ? a 3 ,此时正好有 S3 ? a 1 ? a 2 ? a 3 ? 4 ,适合题意。

? 2 3 ?a 1 q ? 2 ? 当 q ? 1 时,依题意有 ? , 3 ? a 1 (1 ? q ) ? 4 1 ? 2 ? 1? q
解之,得 q 2 ?

1 3 , a 1 ? 6 ,综上得 a 1 ? 或 a 1 ? 6 。 4 2

失分警示: 等比数列前 n 项和公式中一定要考虑公式适用条件 q ? 1 或 q ? 1 , 否则导致失误。 若 q=1, 则 S n ? na 1 ; 若 q ? 1 ,则 S n ?

a 1 (1 ? q n ) 。 1? q

易错题七:一个数列 ?a n ? ,当 n 为奇数时, a n ? 5n ? 1 ;当 n 为偶数时, a n ? 2 2 。这个数列的前 2m 项之和为 ___________。 答案: S2m ? 5m 2 ? m ? 2 m?1 ? 2 解题思路:当 n 为奇函数时,相邻两项为 a n 与 a n ? 2 由 a n ? 5n ? 1 得 a n ? 2 ? a n ? 5(n ? 2) ? 1 ? (5n ? 1) ? 10 ,且 a 1 ? 6 所以 ?a n ? 中的奇数项构成以 a 1 ? 6 为首项,公差 d=10 的等差数列。 当 n 为偶数时,相邻两项为 a n 与 a n ? 2
n 22
n?2

n

由 an ?

a 2 2 得 n ? 2 ? n =2,且 a 2 ? 2 an 22

所以 ?a n ? 中的偶数项构成以 a 2 ? 2 为首项,公比 q=2 的等比数列。

m(m ? 1) 2(1 ? 2 m ) ? 10 ? ? 5m 2 ? m ? 2 m ?1 ? 2 。 2 1? 2 错因分析:将原数列分成由奇数项和偶数项组成的两个数列来处理的思路是正确的,但如果把奇数项组成的数
由此得 S 2 m ? 6m ? 列的相邻两项认为是 a n 与 a n ?1 , 把偶数项组成的数列的首项认为是 a 1 , 且相邻两项认为是 a n 与 a n ?1 , 则会导致错解。


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