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第五章章末小结
【知识导图】
【题型探究】
题型1 已知Sn求an
例1　(2021年新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
【解析】　(1)由等差数列的性质可得S5=5a3,则a3=5a3,所以a3=0.
设等差数列{an}的公差为d,从而有a2a4=(a3-d)(a3+d)=-d2,
S4=a1+a2+a3+a4=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)=-2d,
从而-d2=-2d,由于公差不为零,故d=2,
所以数列{an}的通项公式an=a3+(n-3)d=2n-6.
(2)由数列的通项公式可得a1=2-6=-4,则Sn=n×(-4)+×2=n2-5n,
则不等式Sn>an,即n2-5n>2n-6,整理可得(n-1)(n-6)>0,
解得n<1或n>6,
又n为正整数,故n的最小值为7.
小结　(1)若已知数列的前n项和Sn与an的关系,求数列{an}的通项公式an可用公式an=求解.
(2)求Sn的最小值,若可以求出Sn的表达式,可以根据函数的性质求出Sn的最小值;若求不出Sn的表达式,可以根据邻项变号法求最小值,计算量小,如本题的法二,是该题的最优解.
题型2 等差、等比数列的性质
例2　(2022年浙江卷) 已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N+).
(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;
(2)若对于每个n∈N+,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.
【解析】　(1)因为S4-2a2a3+6=0,a1=-1,
所以-4+6d-2(-1+d)(-1+2d)+6=0,所以d2-3d=0,又d>1,
所以d=3,所以an=3n-4,所以Sn==.
(2)因为an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,
所以(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn),
即(nd-1+4cn)2=(-1+nd-d+cn)(-1+nd+d+15cn),
整理得+(14d-8nd+8)cn+d2=0,
由题意知该关于cn的一元二次方程有解,
所以Δ=(14d-8nd+8)2-4d2≥0,
所以(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥0对于任意的n∈N+恒成立,
所以[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]≥0对于任意的n∈N+恒成立,
当n=1时,[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]=(d+1)(d+2)≥0,恒成立;
当n=2时,由(2d-2d-1)(4d-3d-2)≥0,可得当1当n≥3时,[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]>(n-3)(2n-5)≥0,恒成立.
综上所述,d的取值范围是1小结　在等差(比)数列的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量:a1,an,n,d(q),Sn,其中a1和d(q)为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d(q),an,Sn,n的方程组,利用方程的思想求出需要的量,当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入方法的运用.
题型3 　裂项相消法求和
例3　(2022年新高考全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:++…+<2.
【解析】　(1)∵a1=1,∴S1=a1=1,∴=1.
又∵是公差为的等差数列,
∴=1+(n-1)=,∴Sn=,
∴当n≥2时,Sn-1=,
∴an=Sn-Sn-1=-,
整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即=,
∴an=a1···…··=1×××…··=,
显然对于n=1也成立,∴数列{an}的通项公式为an=.
(2)∵==2-,
∴++…+=21-+-+…+-=21-<2.
小结　本题主要考查了数列的基本题型,由Sn求an,等比数列的定义、通项公式和裂项相消法求和,对于由等差数列连续两项乘积的倒数构成的新数列的前n项和的求法为裂项相消法.本题考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型4 　等差数列、等比数列的证明
例4　已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.
方法指导　首先确定条件和结论,然后结合等差数列的通项公式和前n项和公式证明结论即可.
【解析】　若选择①③为条件,则②为结论.
证明如下:
由题意可得a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,
数列{an}的前n项和Sn=na1+d=na1+×2a1=n2a1,
故-=n-(n-1)=,
∴数列{}是等差数列.
若选择①②为条件,则③为结论.
证明如下:
设数列{an}的公差为d,则
=,==,==,
∵数列{}为等差数列,∴+=2,即(+)2=(2)2,整理得d=2a1,∴a2=a1+d=3a1.
若选择②③为条件,则①为结论.
证明如下:
∵S2=a1+a2=4a1,∴=2,
则数列{}的公差d=-=,
∴数列{}的通项公式为=+(n-1)d=n,
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
∵当n=1时上式也成立,∴数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,
由an+1-an=[2(n+1)-1]a1-(2n-1)a1=2a1,可知数列{an}是等差数列.
小结　本题主要考查等差数列的判定与证明,等差数列的通项公式,等差数列的前n项和公式等知识,提升学生逻辑推理和数学运算的核心素养.证明数列是等差数列的主要方法:
(1)定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an-an-1为同一常数.
(2)等差中项法:验证2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N+)都成立.
(3)通项公式:an=pn+q(p,q为常数) {an}是等差数列.
(4)前n项和公式:Sn=An2+Bn(A,B为常数) {an}是等差数列.
问题的最终判定还是利用等差数列的定义.
题型5 　错位相减法求和
例5　(2022年天津卷)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.
(1)求{an}与{bn}的通项公式.
(2)设{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)求[ak+1-(-1)kak]bk.
【解析】　(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,则an=1+(n-1)d,bn=qn-1,
由a2-b2=a3-b3=1,可得解得d=q=2(d=q=0舍去),
所以an=2n-1,bn=2n-1.
(2)因为bn+1=2bn≠0,所以要证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn,
即证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1·2bn-Snbn,
即证Sn+1+an+1=2Sn+1-Sn,
即证an+1=Sn+1-Sn,而an+1=Sn+1-Sn显然成立,
所以(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)因为[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k-1+[a2k+1-(-1)2ka2k]b2k=(4k-1+4k-3)·22k-2+[4k+1-(4k-1)]·22k-1=2k·4k,
所以[ak+1-(-1)kak]bk=[(a2k-(-1)2k-1a2k-1)·b2k-1+(a2k+1-(-1)2ka2k)b2k]=2k·4k.
设Tn=2k·4k,所以Tn=2×4+4×42+6×43+…+2n·4n,　①
则4Tn=2×42+4×43+6×44+…+2n·4n+1,　②
①-②,得-3Tn=2(4+42+43+44+…+4n)-2n·4n+1=-2n·4n+1=,
所以Tn=,所以[ak+1-(-1)kak]bk=.
小结　本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质,以及错位相减法求和.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,那么这个数列的前n项和可用错位相减法求解.本题考查了数学运算和逻辑推理的核心素养.
题型6 　分组转化求和法
例6　(2022年北京卷)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;③{an}为递减数列;④{an}中存在小于的项.其中所有正确结论的序号是　　　　.
【答案】　①③④
【解析】　由题意可知, n∈N+,an>0,
当n=1时,=9,解得a1=3;
当n≥2时,由Sn=可得Sn-1=,两式作差可得an=-,
所以=-an,所以-a2=3,整理可得+3a2-9=0,解得a2=或a2=(舍去),
所以a2=<3,①正确;
假设数列{an}为等比数列,设其公比为q,则=a1a3,即2=,
所以=S1S3,可得(1+q)2=(1+q+q2),解得q=0,不合题意,
故数列{an}不是等比数列,②错误;
当n≥2时,an=-=>0,可得an假设对任意的n∈N+,an≥,则S100000≥100000×=1000,
所以a100000=≤<,与假设矛盾,假设不成立,④正确.
小结　本题主要考查数列的递推式,数列的求和,提升学生数学运算和逻辑推理的核心素养.
1.若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn=其中数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,则可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
题型7 　数列的单调性
例7　(2022年全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列.
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
【解析】　(1)由已知得2Sn+n2=2nan+n,　①
把n换成n+1,得2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+n+1,　②
②-①可得2an+1=2(n+1)an+1-2nan-2n,
整理得an+1=an+1,
由等差数列的定义得{an}为等差数列.
(2)由已知有=a4a9,设等差数列{an}的首项为x,由(1)知其公差为1,
故(x+6)2=(x+3)(x+8),解得x=-12,故a1=-12,
所以an=-12+(n-1)×1=n-13,
故可得a10,
故Sn在n=12或者n=13时取最小值,S12=S13==-78,
故Sn的最小值为-78.
小结　本题考查数列与函数思想的综合应用.本题考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型8 　数列的实际应用
例8　某市去年11月份曾发生流感,据统计,11月1日该市新的流感病毒感染者有20人,此后,每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人,由于该市医疗部门采取措施,使该种病毒的传播得到控制,从某天起,每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人,到11月30日止,该市在这30日内感染该病毒的患者总共8670人,问11月几日,该市感染此病毒的新患者人数最多 并求这一天的新患者人数.
方法指导　先设出第n天新患者人数最多,由题意分析出前n天流感病毒感染人数构成一个等差数列,后(30-n)天也构成一个等差数列,由等差数列前n项和公式计算.
【解析】　设第n天新患者人数最多,则从(n-1)天起该市医疗部门采取措施,于是前n天流感病毒感染者总人数,构成一个首项为20,公差为50的等差数列的前n项和,设为Sn,则Sn=20n+×50=25n2-5n(1≤n≤30,n∈N+).而后(30-n)天的流感病毒感染者总人数构成一个首项为20+(n-1)×50-30=50n-60,公差为-30,项数为30-n的等差数列的和,设为Tn,则Tn=(30-n)(50n-60)+×(-30)=-65n2+2445n-14850,依题设构建方程Sn+Tn=8670,所以25n2-5n+(-65n2+2445n-14850)=8670,化简得n2-61n+588=0,所以n=12或n=49(舍去).第12天的新的患者人数为20+(12-1)×50=570.故11月12日,该市感染此病毒的新患者人数最多,新患者人数为570.
小结　对于数列的实际应用问题,要弄清把哪些量排成一个数列,并判断出数列的类型,写出数列的基本量,判断所求是数列的某一项还是前n项和.本题考查了数学建模和数学运算的核心素养.
【拓展延伸】
斐波那契数列的应用
斐波那契数列在自然科学的其他分支,也有许多应用.例如,树木的生长,由于新生的枝条,往往需要一段“休息”时间,供自身生长,而后才能萌发新枝,
所以一株树苗在一段间隔,例如一年以后长出一条新枝;第二年新枝“休息”,老枝依旧萌发;此后,老枝与“休息”过一年的枝条同时萌发,当年新生的新枝则次年“休息”.这样,一株树木各个年份的枝丫数,便构成斐波那契数列.这个规律就是生物学上著名的“鲁德维格定律”.
另外,观察延龄草、野玫瑰、南美血根草、大波斯菊、金凤花、耧斗菜、百合花、蝴蝶花的花瓣,可以发现它们花瓣数目也具有斐波那契数:3,5,8,13,21,….
斐波那契螺旋具有13条顺时针旋转和21条逆时针旋转的螺旋的蓟的头部,这些植物懂得斐波那契数列吗 应该并非如此,它们只是按照自然的规律才进化成这样.这似乎是植物排列种子的“优化方式”,
它能使所有种子具有差不多的大小却又疏密得当,不至于在圆心处挤了太多的种子而在圆周处却又稀稀拉拉.叶子的生长方式也是如此,对于许多植物来说,每片叶子从中轴附近生长出来,是为了在生长的过程中一直都能最佳地利用空间(要考虑到叶子是一片一片逐渐地生长
出来,而不是一下子同时出现的),每片叶子和前一片叶子之间的角度应该是222.5°,这个角度称为“黄金角度”,因为它和整个圆周360°之比是黄金分割数0.618033989…的倒数,而这种生长方式决定了斐波那契螺旋的产生.向日葵的种子排列形成的斐波那契螺旋有时能达到89条,甚至144条.
三角形的三边关系定理和斐波那契数列的一个联系:现有长为144 cm的一根铁丝,要截成n小段(n>2),每段的长度不小于1 cm,如果其中任意三小段都不能拼成三角形,那么n的最大值为多少
分析:由于构成三角形的充要条件是任何两边之和大于第三边,因此不能构成三角形的条件就是任意两边之和不超过第三边.截成的铁丝最短为1 cm,因此可以截2段1 cm的铁丝,那么第三段铁丝的长度就是2 cm(为了使得n最大,需要使剩下来的铁丝尽可能长,因此每一段铁丝总是前面的相邻2段之和),依次为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,以上各数之和为143,与144相差1,因此可以取最后一段为56,这时n达到最大,为10.
我们看到“每段的长度不小于1”这个条件起了控制全局的作用,正是这个最小数1产生了斐波那契数列,如果把1换成其他数,递推关系保留了,但这个数列消失了.这里,三角形的三边关系定理和斐波那契数列发生了一个联系.
在这个问题中,144>143,这个143是斐波那契数列的前n项和,我们是把144超出143的部分加到最后的一个数上,如果加到其他数上,就有3段可以构成三角形了.
2第五章章末小结
【知识导图】
【题型探究】
题型1 已知Sn求an
例1　(2021年新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
题型2 等差、等比数列的性质
例2　(2022年浙江卷) 已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N+).
(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;
(2)若对于每个n∈N+,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.
小结　在等差(比)数列的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量:a1,an,n,d(q),Sn,其中a1和d(q)为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d(q),an,Sn,n的方程组,利用方程的思想求出需要的量,当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入方法的运用.
题型3 　裂项相消法求和
例3　(2022年新高考全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:++…+<2.
小结　本题主要考查了数列的基本题型,由Sn求an,等比数列的定义、通项公式和裂项相消法求和,对于由等差数列连续两项乘积的倒数构成的新数列的前n项和的求法为裂项相消法.本题考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型4 　等差数列、等比数列的证明
例4　已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.
方法指导　首先确定条件和结论,然后结合等差数列的通项公式和前n项和公式证明结论即可.
小结　本题主要考查等差数列的判定与证明,等差数列的通项公式,等差数列的前n项和公式等知识,提升学生逻辑推理和数学运算的核心素养.证明数列是等差数列的主要方法:
(1)定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an-an-1为同一常数.
(2)等差中项法:验证2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N+)都成立.
(3)通项公式:an=pn+q(p,q为常数) {an}是等差数列.
(4)前n项和公式:Sn=An2+Bn(A,B为常数) {an}是等差数列.
问题的最终判定还是利用等差数列的定义.
题型5 　错位相减法求和
例5　(2022年天津卷)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.
(1)求{an}与{bn}的通项公式.
(2)设{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn.
(3)求[ak+1-(-1)kak]bk.
小结　本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质,以及错位相减法求和.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,那么这个数列的前n项和可用错位相减法求解.本题考查了数学运算和逻辑推理的核心素养.
题型6 　分组转化求和法
例6　(2022年北京卷)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;③{an}为递减数列;④{an}中存在小于的项.其中所有正确结论的序号是　　　　.
小结　本题主要考查数列的递推式,数列的求和,提升学生数学运算和逻辑推理的核心素养.
1.若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差数列或等比数列,则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn=其中数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,则可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
题型7 　数列的单调性
例7　(2022年全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列.
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
小结　本题考查数列与函数思想的综合应用.本题考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型8 　数列的实际应用
例8　某市去年11月份曾发生流感,据统计,11月1日该市新的流感病毒感染者有20人,此后,每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人,由于该市医疗部门采取措施,使该种病毒的传播得到控制,从某天起,每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人,到11月30日止,该市在这30日内感染该病毒的患者总共8670人,问11月几日,该市感染此病毒的新患者人数最多 并求这一天的新患者人数.
方法指导　先设出第n天新患者人数最多,由题意分析出前n天流感病毒感染人数构成一个等差数列,后(30-n)天也构成一个等差数列,由等差数列前n项和公式计算.
小结　对于数列的实际应用问题,要弄清把哪些量排成一个数列,并判断出数列的类型,写出数列的基本量,判断所求是数列的某一项还是前n项和.本题考查了数学建模和数学运算的核心素养.
【拓展延伸】
斐波那契数列的应用
斐波那契数列在自然科学的其他分支,也有许多应用.例如,树木的生长,由于新生的枝条,往往需要一段“休息”时间,供自身生长,而后才能萌发新枝,
所以一株树苗在一段间隔,例如一年以后长出一条新枝;第二年新枝“休息”,老枝依旧萌发;此后,老枝与“休息”过一年的枝条同时萌发,当年新生的新枝则次年“休息”.这样,一株树木各个年份的枝丫数,便构成斐波那契数列.这个规律就是生物学上著名的“鲁德维格定律”.
另外,观察延龄草、野玫瑰、南美血根草、大波斯菊、金凤花、耧斗菜、百合花、蝴蝶花的花瓣,可以发现它们花瓣数目也具有斐波那契数:3,5,8,13,21,….
斐波那契螺旋具有13条顺时针旋转和21条逆时针旋转的螺旋的蓟的头部,这些植物懂得斐波那契数列吗 应该并非如此,它们只是按照自然的规律才进化成这样.这似乎是植物排列种子的“优化方式”,
它能使所有种子具有差不多的大小却又疏密得当,不至于在圆心处挤了太多的种子而在圆周处却又稀稀拉拉.叶子的生长方式也是如此,对于许多植物来说,每片叶子从中轴附近生长出来,是为了在生长的过程中一直都能最佳地利用空间(要考虑到叶子是一片一片逐渐地生长
出来,而不是一下子同时出现的),每片叶子和前一片叶子之间的角度应该是222.5°,这个角度称为“黄金角度”,因为它和整个圆周360°之比是黄金分割数0.618033989…的倒数,而这种生长方式决定了斐波那契螺旋的产生.向日葵的种子排列形成的斐波那契螺旋有时能达到89条,甚至144条.
三角形的三边关系定理和斐波那契数列的一个联系:现有长为144 cm的一根铁丝,要截成n小段(n>2),每段的长度不小于1 cm,如果其中任意三小段都不能拼成三角形,那么n的最大值为多少
分析:由于构成三角形的充要条件是任何两边之和大于第三边,因此不能构成三角形的条件就是任意两边之和不超过第三边.截成的铁丝最短为1 cm,因此可以截2段1 cm的铁丝,那么第三段铁丝的长度就是2 cm(为了使得n最大,需要使剩下来的铁丝尽可能长,因此每一段铁丝总是前面的相邻2段之和),依次为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,以上各数之和为143,与144相差1,因此可以取最后一段为56,这时n达到最大,为10.
我们看到“每段的长度不小于1”这个条件起了控制全局的作用,正是这个最小数1产生了斐波那契数列,如果把1换成其他数,递推关系保留了,但这个数列消失了.这里,三角形的三边关系定理和斐波那契数列发生了一个联系.
在这个问题中,144>143,这个143是斐波那契数列的前n项和,我们是把144超出143的部分加到最后的一个数上,如果加到其他数上,就有3段可以构成三角形了.
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