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一、等差与等比数列的基本运算
1.数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小.
2.通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
例1　在等比数列｛an｝中，已知a1=2，a4=16.
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）若a3，a5分别为等差数列｛bn｝的第3项和第5项，试求数列｛bn｝的通项公式及前n项和Sn.
解　（1）设数列｛an｝的公比为q，
由已知得16=2q3，解得q=2，
所以an=2×2n-1=2n，n∈N*.
（2）由（1）得a3=8，a5=32，则b3=8，b5=32.
设数列｛bn｝的公差为d，
则有
解得
所以bn=-16+12（n-1）=12n-28，n∈N*.
所以数列｛bn｝的前n项和
Sn==6n2-22n，n∈N*.
反思感悟　在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，可以“知三求二”，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思想方法的运用.
跟踪训练1　（1）设数列｛an｝是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则+++…+=　　　　.
答案　1 033
解析　∵数列｛an｝是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=2+×1=n+1，
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn=1×2n-1=2n-1，
∴=2n-1+1，
∴+++…+=+10=1 033.
（2）记正项等差数列｛an｝的前n项和为Sn，已知a1=1，a2a3=S5.
①求数列｛an｝的通项公式；
②已知等比数列｛bn｝满足b1=a1，b2=a2，若bm=a782，求数列｛bn｝的前m项和Tm.
解　①设等差数列｛an｝的公差为d，
∵a1=1，a2a3=S5，
∴（1+d）（1+2d）=5+，
解得d=-或d=4.
∵d>0，∴d=4，
∴an=1+4（n-1）=4n-3.
②由①知a2=5，
∴b1=a1=1，b2=a2=5，
∴等比数列｛bn｝的公比q==5，
∴bn=b1qn-1=5n-1.
由bm=a782，得5m-1=4×782-3，
解得m=6，
∴Tm=T6==3 906.
二、等差、等比数列的判定
1.判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列.
2.通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养.
例2　已知数列｛an｝满足a1=1，nan+1=2（n+1）an.设bn=.
（1）求b1，b2，b3；
（2）判断数列｛bn｝是否为等比数列，并说明理由；
（3）求数列｛an｝的通项公式.
解　（1）由条件可得an+1=an.
将n=1代入，得a2=4a1=4.
将n=2代入，得a3=3a2=12.
所以b1=1，b2=2，b3=4.
（2）｛bn｝是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
由条件可得=，
即bn+1=2bn，又b1=1，
所以｛bn｝是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得=2n-1，所以an=n·2n-1，n∈N*.
反思感悟　判断和证明数列是等差（比）数列的方法
（1）定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an+1-an为与正整数n无关的常数.
（2）中项公式法：①若2an=an-1+an+1（n∈N*，n≥2），则｛an｝为等差数列.②若=an-1·an+1（n∈N*，n≥2且an≠0），则｛an｝为等比数列.
（3）通项公式法：an=kn+b（k，b是常数） ｛an｝是等差数列；an=c·qn（c，q为非零常数） ｛an｝是等比数列.
（4）前n项和公式法：Sn=An2+Bn（A，B为常数，n∈N*） ｛an｝是等差数列；Sn=Aqn-A（A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*） ｛an｝是公比不为1的等比数列.
跟踪训练2　已知数列｛an｝满足a1=，且当n>1，n∈N*时，有=.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）试问a1a2是否是数列｛an｝中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由.
（1）证明　当n≥2时，
由=，得an-1-an=4an-1an，
两边同除以an-1an，
得-=4.
所以数列是首项为=5，公差为d=4的等差数列.
（2）解　由（1）得=+（n-1）d=4n+1，
所以an=，
所以a1a2=×=，
假设a1a2是数列｛an｝中的第t项，
则at==，
解得t=11∈N*，
所以a1a2是数列｛an｝中的第11项.
三、数列的通项
1.在数列的考查中经常涉及数列的通项公式的求法.在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等.
2.通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
例3　在数列｛an｝中，a1=1，且对于任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+mn，求数列｛an｝的通项公式.
解　对于任意的m，n∈N*，
都有am+n=am+an+mn，
令m=1，得an+1=an+n+1，
则an+1-an=n+1，
∴a2-a1=2，a3-a2=3，…，an-an-1=n，
∴（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）
=2+3+4+…+n，
即an-a1=2+3+4+…+n，
又a1=1，
∴an=1+2+3+…+n=.
反思感悟　求数列通项的常用方法
（1）由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an=Sn-Sn-1；当n=1时，a1=S1.
（2）累加法：适用形如“an+1-an=f（n）”，
an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）.
（3）累乘法：适用于形如“=f（n）”，
an=a1···…·.
（4）构造法：①形如“an=kan-1+b（k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*）”，可令an+t=k（an-1+t），结合已知条件可得t=，构造等比数列.
②取倒数法：形如“an=（n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0）”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①.
跟踪训练3　设数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=2，且Sn满足2Sn=（n+1）an，n∈N*.求数列｛an｝的通项公式.
解　当n≥2时，2Sn=（n+1）an，2Sn-1=nan-1，
两式相减得，2an=（n+1）an-nan-1，
整理可得=，
而=2，
所以是首项为2，公比为1的等比数列，
故=2，即an=2n，n∈N*.
四、数列求和
1.数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现.一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等.
2.通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
例4　已知数列｛an｝是递增的等差数列，a3=7，且a4是a1与a13的等比中项.
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）①bn=；②bn=an+2n；③bn=an·2n.从上面三个条件中任选一个，求数列｛bn｝的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　（1）∵｛an｝是递增的等差数列，∴数列｛an｝的公差d>0.
由题意得
可得
∴an=3+2（n-1）=2n+1.
（2）选①时，an+1=2（n+1）+1=2n+3.bn====-（-），∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=-×［（-）+（-）+（-）+…+（-）］=.
选②时，bn=an+2n=（2n+1）+2n，∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=（3+5+7+…+2n+1）+（21+22+23+…+2n）=+=n2+2n+2n+1-2.
选③时，bn=an·2n=（2n+1）·2n，∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=3×21+5×22+7×23+…+（2n+1）·2n，则2Tn=3×22+5×23+7×24+…+（2n+1）·2n+1，两式作差得-Tn=3×21+2×22+2×23+…+2×2n-（2n+1）·2n+1=6+-（2n+1）·2n+1=（-2n+1）·2n+1-2，∴Tn=（2n-1）·2n+1+2.
反思感悟　数列求和的常用类型
（1）错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn=a1+a2+…+an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn=a1q+a2q+…+anq，两式错位相减即可求出Sn.
（2）裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如（其中｛an｝是各项均不为零的等差数列，c为常数）的数列.
（3）拆项分组法：把数列的每一项拆成两项（或多项），再重新组合成两个（或多个）简单的数列，最后分别求和.
（4）并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项（或多项）组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数（是奇数还是偶数）的讨论.
（5）倒序相加法：一般适用于距首末等距离的项之间隐含某种关系（比如和为定值）的数列，通常数列的项数较多.
跟踪训练4　在公差不为零的等差数列｛an｝中，已知其前n项和为Sn，若S8=S5+45，且a4，a7，a12成等比数列.
（1）求数列｛an｝的通项公式an；
（2）当bn=时，求数列｛bn｝的前n项和Tn.
解　（1）设等差数列｛an｝的公差为d（d≠0），
由等差数列的性质可得
S8-S5=a6+a7+a8=3a7=45，
解得a7=15，
又a4，a7，a12成等比数列，
所以=a4a12=（a7-3d）（a7+5d），
整理得2da7=15d2，
因为d≠0，a7=15，
所以d=2，
所以an=a7+（n-7）d=2n+1.
（2）由（1）可得a1=3，
则Sn==n（n+2），
所以bn==
=，
所以Tn=
=
=-.
五、数列的综合应用与创新问题
1.数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题.同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上.
2.通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.
例5　我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为和（a，b，c，d∈N*），则是x的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道=2.236 067 …，令<<，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即<<，记a1=.若每次都取最简分数，继续使用“调日法”，将用“调日法”得到的的一列近似分数记为数列｛an｝，则a5=　　　　.
答案　
解析　第一次用“调日法”后得
a1=，<<；
a2==，
则第二次用“调日法”后得<<；
a3===，
则第三次用“调日法”后得<<；
a4==，
则第四次用“调日法”后得<<；
a5==.
反思感悟　此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识.
跟踪训练5　在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，x1，x2，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令an=log3（1×x1×x2×…××3），则数列｛an｝的通项公式为　　　　　　　.
答案　an=
解析　因为an=log3（1×x1×x2×…××3），
所以an+1=log3［1·（1·x1）x1（x1x2）x2…（·3）·3］=log3（12·…·32）=3an-1，
所以an+1-=3，
又a1=log3（1×3×3）=2，所以a1-=，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以an-=×3n-1=，所以an=.(共47张PPT)
第四章
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一、等差与等比数列的基本运算
二、等差、等比数列的判定
三、数列的通项
四、数列求和
内容索引
五、数列的综合应用与创新问题
等差与等比数列的基本运算
一
1.数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小.
2.通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
　　　在等比数列{an}中，已知a1=2，a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式；，
例 1
设数列{an}的公比为q，
由已知得16=2q3，解得q=2，
所以an=2×2n-1=2n，n∈N*.
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
由(1)得a3=8，a5=32，则b3=8，b5=32.
设数列{bn}的公差为d，
则有 解得
所以bn=-16+12(n-1)=12n-28，n∈N*.
所以数列{bn}的前n项和
Sn==6n2-22n，n∈N*.
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，可以“知三求二”，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思想方法的运用.
反
思
感
悟
　　　　　(1)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则+++…+=　　　　.
跟踪训练 1
∵数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=2+×1=n+1，
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn=1×2n-1=2n-1，
∴=2n-1+1，
∴+++…+=+10=1 033.
1 033
(2)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，a2a3=S5.
①求数列{an}的通项公式；
设等差数列{an}的公差为d，
∵a1=1，a2a3=S5，
∴(1+d)(1+2d)=5+，
解得d=-或d=4.
∵d>0，∴d=4，
∴an=1+4(n-1)=4n-3.
②已知等比数列{bn}满足b1=a1，b2=a2，若bm=a782，求数列{bn}的前m项和Tm.
由①知a2=5，
∴b1=a1=1，b2=a2=5，
∴等比数列{bn}的公比q==5，
∴bn=b1qn-1=5n-1.
由bm=a782，得5m-1=4×782-3，解得m=6，
∴Tm=T6==3 906.
二
等差、等比数列的判定
1.判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列.
2.通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养.
已知数列{an}满足a1=1，nan+1=2(n+1)an.设bn=.
(1)求b1，b2，b3；
例 2
由条件可得an+1=an.
将n=1代入，得a2=4a1=4.
将n=2代入，得a3=3a2=12.
所以b1=1，b2=2，b3=4.
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
由条件可得=，
即bn+1=2bn，又b1=1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)求数列{an}的通项公式.
由(2)可得=2n-1，所以an=n·2n-1，n∈N*.
反
思
感
悟
判断和证明数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an+1-an为与正整数n无关的常数.
(2)中项公式法：①若2an=an-1+an+1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列.②若=an-1·an+1(n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列.
反
思
感
悟
(3)通项公式法：an=kn+b(k，b是常数) {an}是等差数列；an=c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列.
(4)前n项和公式法：Sn=An2+Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn=Aqn-A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是公比不为1的等比数列.
　　　　　已知数列{an}满足a1=，且当n>1，n∈N*时，有=.
(1)求证：数列为等差数列；
跟踪训练 2
当n≥2时，
由=，得an-1-an=4an-1an，
两边同除以an-1an，
得-=4.
所以数列=5，公差为d=4的等差数列.
(2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由.
由(1)得=+(n-1)d=4n+1，
所以an=，所以a1a2=×=，
假设a1a2是数列{an}中的第t项，
则at==，
解得t=11∈N*，
所以a1a2是数列{an}中的第11项.
数列的通项
三
1.在数列的考查中经常涉及数列的通项公式的求法.在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等.
2.通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
在数列{an}中，a1=1，且对于任意的m，n∈N*，都有am+n= am+an+mn，求数列{an}的通项公式.
例 3
对于任意的m，n∈N*，
都有am+n=am+an+mn，
令m=1，得an+1=an+n+1，
则an+1-an=n+1，
∴a2-a1=2，a3-a2=3，…，an-an-1=n，
∴(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2+3+4+…+n，
即an-a1=2+3+4+…+n，
又a1=1，
∴an=1+2+3+…+n=.
反
思
感
悟
求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an=Sn-Sn-1；当n=1时，a1=S1.
(2)累加法：适用形如“an+1-an=f(n)”，
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1).
(3)累乘法：适用于形如“=f(n)”，an=a1···…·.
反
思
感
悟
(4)构造法：①形如“an=kan-1+b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an+t=k(an-1+t)，结合已知条件可得t=，构造等比数列.
②取倒数法：形如“an=(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①.
设数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，且Sn满足2Sn=(n+1)an，n∈N*.求数列{an}的通项公式.
跟踪训练 3
当n≥2时，2Sn=(n+1)an，2Sn-1=nan-1，
两式相减得，2an=(n+1)an-nan-1，
整理可得=，而=2，
所以是首项为2，公比为1的等比数列，
故=2，即an=2n，n∈N*.
数列求和
四
1.数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现.一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等.
2.通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
已知数列{an}是递增的等差数列，a3=7，且a4是a1与a13的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
例 4
∵{an}是递增的等差数列，∴数列{an}的公差d>0.
由题意得
可得
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)①bn=；②bn=an+2n；③bn=an·2n.从上面三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
选①时，
an+1=2(n+1)+1=2n+3.bn===
=--)，
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=-×[(-)+(-)+(-)+…+(-)]=.
选②时，
bn=an+2n=(2n+1)+2n，
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=(3+5+7+…+2n+1)+(21+22+23+…+2n)
=+=n2+2n+2n+1-2.
选③时，
bn=an·2n=(2n+1)·2n，
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=3×21+5×22+7×23+…+(2n+1)·2n，
则2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)·2n+1，
两式作差得-Tn=3×21+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)·2n+1
=6+-(2n+1)·2n+1=(-2n+1)·2n+1-2，∴Tn=(2n-1)·2n+1+2.
反
思
感
悟
数列求和的常用类型
(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn=a1+a2+…+an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn=a1q+a2q+…+anq，两式错位相减即可求出Sn.
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.
反
思
感
悟
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.
(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论.
(5)倒序相加法：一般适用于距首末等距离的项之间隐含某种关系(比如和为定值)的数列，通常数列的项数较多.
在公差不为零的等差数列{an}中，已知其前n项和为Sn，若S8=S5+45，且a4，a7，a12成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an；
跟踪训练 4
设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
由等差数列的性质可得
S8-S5=a6+a7+a8=3a7=45，
解得a7=15，
又a4，a7，a12成等比数列，
所以=a4a12=(a7-3d)(a7+5d)，
整理得2da7=15d2，
因为d≠0，a7=15，所以d=2，
所以an=a7+(n-7)d=2n+1.
(2)当bn=时，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)可得a1=3，
则Sn==n(n+2)，
所以bn==
=，
所以Tn=
==-.
数列的综合应用与创新问题
五
1.数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题.同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上.
2.通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.
我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为和(a，b，c，d∈N*)，则是x的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道=2.236 067 …，令<<，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即<<，记a1=.若每次都取最简分数，继续使用“调日法”，将用“调日法”得到的的一
列近似分数记为数列{an}，则a5=　　　　.
例 5
第一次用“调日法”后得
a1=<<；
a2==，
则第二次用“调日法”后得<<；
a3===，
则第三次用“调日法”后得<<；
a4==，
则第四次用“调日法”后得<<；
a5==.
反
思
感
悟
此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识.
在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，x1，x2，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令an=log3(1×x1×x2×…××3)，则数列{an}的通项公式为　　　　　.
跟踪训练 5
an=
因为an=log3(1×x1×x2×…××3)，
所以an+1=log3[1·(1·x1)x1(x1x2)x2…·3)·3]
=log3(12··32)=3an-1，
所以an+1-=3，
又a1=log3(1×3×3)=2，所以a1-=，
所以为首项，3为公比的等比数列，
所以an-=×3n-1=，所以an=.一、等差与等比数列的基本运算
1.数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小.
2.通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
例1　在等比数列｛an｝中，已知a1=2，a4=16.
(1)求数列｛an｝的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列｛bn｝的第3项和第5项，试求数列｛bn｝的通项公式及前n项和Sn.
反思感悟　在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，可以“知三求二”，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思想方法的运用.
跟踪训练1　(1)设数列｛an｝是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则+++…+=　　　　　　.
(2)记正项等差数列｛an｝的前n项和为Sn，已知a1=1，a2a3=S5.
①求数列｛an｝的通项公式；
②已知等比数列｛bn｝满足b1=a1，b2=a2，若bm=a782，求数列｛bn｝的前m项和Tm.
二、等差、等比数列的判定
1.判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列.
2.通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养.
例2　已知数列｛an｝满足a1=1，nan+1=2(n+1)an.设bn=.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列｛bn｝是否为等比数列，并说明理由；
(3)求数列｛an｝的通项公式.
反思感悟　判断和证明数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an+1-an为与正整数n无关的常数.
(2)中项公式法：①若2an=an-1+an+1(n∈N*，n≥2)，则｛an｝为等差数列.②若=an-1·an+1(n∈N*，n≥2且an≠0)，则｛an｝为等比数列.
(3)通项公式法：an=kn+b(k，b是常数) ｛an｝是等差数列；an=c·qn(c，q为非零常数) ｛an｝是等比数列.
(4)前n项和公式法：Sn=An2+Bn(A，B为常数，n∈N*) ｛an｝是等差数列；Sn=Aqn-A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) ｛an｝是公比不为1的等比数列.
跟踪训练2　已知数列｛an｝满足a1=，且当n>1，n∈N*时，有=.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)试问a1a2是否是数列｛an｝中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由.
三、数列的通项
1.在数列的考查中经常涉及数列的通项公式的求法.在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等.
2.通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
例3　在数列｛an｝中，a1=1，且对于任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+mn，求数列｛an｝的通项公式.
反思感悟　求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an=Sn-Sn-1；当n=1时，a1=S1.
(2)累加法：适用形如“an+1-an=f(n)”，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1).
(3)累乘法：适用于形如“=f(n)”，an=a1···…·.
(4)构造法：①形如“an=kan-1+b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an+t=k(an-1+t)，结合已知条件可得t=，构造等比数列.
②取倒数法：形如“an=(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①.
跟踪训练3　设数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=2，且Sn满足2Sn=(n+1)an，n∈N*.求数列｛an｝的通项公式.
四、数列求和
1.数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现.一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等.
2.通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养.
例4　已知数列｛an｝是递增的等差数列，a3=7，且a4是a1与a13的等比中项.
(1)求数列｛an｝的通项公式；
(2)①bn=；②bn=an+2n；③bn=an·2n.从上面三个条件中任选一个，求数列｛bn｝的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
反思感悟　数列求和的常用类型
(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn=a1+a2+…+an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn=a1q+a2q+…+anq，两式错位相减即可求出Sn.
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中｛an｝是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.
(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论.
(5)倒序相加法
一般适用于距首末等距离的项之间隐含某种关系(比如和为定值)的数列，通常数列的项数较多.
跟踪训练4　在公差不为零的等差数列｛an｝中，已知其前n项和为Sn，若S8=S5+45，且a4，a7，a12成等比数列.
(1)求数列｛an｝的通项公式an；
(2)当bn=时，求数列｛bn｝的前n项和Tn.
五、数列的综合应用与创新问题
1.数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题.同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上.
2.通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.
例5　我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为和(a，b，c，d∈N*)，则是x的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道=2.236 067 …，令<<，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即<<，记a1=.若每次都取最简分数，继续使用“调日法”，将用“调日法”得到的的一列近似分数记为数列｛an｝，则a5=　　　　　.
反思感悟　此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识.
跟踪训练5　在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，x1，x2，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令an=log3(1×x1×x2×…××3)，则数列｛an｝的通项公式为　　　　　　　　　　　　　.
答案精析
例1　解　(1)设数列｛an｝的公比为q，
由已知得16=2q3，解得q=2，
所以an=2×2n-1=2n，n∈N*.
(2)由(1)得a3=8，a5=32，
则b3=8，b5=32.
设数列｛bn｝的公差为d，
则有
解得
所以bn=-16+12(n-1)=12n-28，n∈N*.
所以数列｛bn｝的前n项和
Sn==6n2-22n，n∈N*.
跟踪训练1　(1)1 033
解析　∵数列｛an｝是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=2+×1=n+1，
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn=1×2n-1=2n-1，
∴=2n-1+1，
∴+++…+=+10=1 033.
(2)解　①设等差数列｛an｝的公差为d，
∵a1=1，a2a3=S5，
∴(1+d)(1+2d)=5+，
解得d=-或d=4.
∵d>0，∴d=4，
∴an=1+4(n-1)=4n-3.
②由①知a2=5，
∴b1=a1=1，b2=a2=5，
∴等比数列｛bn｝的公比q==5，
∴bn=b1qn-1=5n-1.
由bm=a782，得5m-1=4×782-3，
解得m=6，
∴Tm=T6==3 906.
例2　解　(1)由条件可得
an+1=an.
将n=1代入，得a2=4a1=4.
将n=2代入，得a3=3a2=12.
所以b1=1，b2=2，b3=4.
(2)｛bn｝是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
由条件可得=，
即bn+1=2bn，又b1=1，
所以｛bn｝是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得=2n-1，
所以an=n·2n-1，n∈N*.
跟踪训练2　(1)证明　当n≥2时，
由=，
得an-1-an=4an-1an，
两边同除以an-1an，得-=4.
所以数列是首项为=5，公差为d=4的等差数列.
(2)解　由(1)得=+(n-1)d=4n+1，所以an=，
所以a1a2=×=，
假设a1a2是数列｛an｝中的第t项，
则at==，
解得t=11∈N*，
所以a1a2是数列｛an｝中的第11项.
例3　解　对于任意的m，n∈N*，
都有am+n=am+an+mn，
令m=1，得an+1=an+n+1，
则an+1-an=n+1，
∴a2-a1=2，a3-a2=3，…，
an-an-1=n，
∴(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2+3+4+…+n，
即an-a1=2+3+4+…+n，
又a1=1，
∴an=1+2+3+…+n=.
跟踪训练3　解　当n≥2时，
2Sn=(n+1)an，2Sn-1=nan-1，
两式相减得，2an=(n+1)an-nan-1，
整理可得=，而=2，
所以是首项为2，公比为1的等比数列，故=2，
即an=2n，n∈N*.
例4　解　(1)∵｛an｝是递增的等差数列，∴数列｛an｝的公差d>0.
由题意得
可得
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)选①时，an+1=2(n+1)+1=2n+3.
bn===
=--)，
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=-×［(-)+(-)+(-)+…+(-)］
=.
选②时，bn=an+2n=(2n+1)+2n，∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=(3+5+7+…+2n+1)+(21+22+23+…+2n)=+=n2+2n+2n+1-2.
选③时，bn=an·2n=(2n+1)·2n，∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=3×21+5×22+7×23+…+(2n+1)·2n，则2Tn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)·2n+1，两式作差得-Tn=3×21+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)·2n+1=6+-(2n+1)·2n+1=(-2n+1)·2n+1-2，∴Tn=(2n-1)·2n+1+2.
跟踪训练4　解　(1)设等差数列｛an｝的公差为d(d≠0)，
由等差数列的性质可得
S8-S5=a6+a7+a8=3a7=45，
解得a7=15，
又a4，a7，a12成等比数列，
所以=a4a12=(a7-3d)(a7+5d)，
整理得2da7=15d2，
因为d≠0，a7=15，
所以d=2，
所以an=a7+(n-7)d=2n+1.
(2)由(1)可得a1=3，
则Sn==n(n+2)，
所以bn==
=，
所以Tn=
=
=-.
例5　
解析　第一次用“调日法”后得
a1=，<<；
a2==，
则第二次用“调日法”后得
<<；
a3===，
则第三次用“调日法”后得
<<；
a4==，
则第四次用“调日法”后得
<<；
a5==.
跟踪训练5　an=
解析　因为an=log3(1×x1×x2×…××3)，
所以an+1=log3［1·(1·x1)x1·(x1x2)x2…·3)·3］
=log3(12·…·32)
=3an-1，
所以an+1-=3，
又a1=log3(1×3×3)=2，
所以a1-=，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以an-=×3n-1=，
所以an=.

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