当前位置：文档之家 › 高考数学总复习(第二轮)数列.ppt

高考数学总复习(第二轮)数列.ppt

  • 格式：ppt
  • 大小：754.70 KB
  • 文档页数：34

下载文档原格式

  / 34

合集下载

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的 周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复习课件

第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复习课件

第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
所以 an＝2n. (2)由于 21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝ 64，27＝128， 所以 b1 对应的区间为：(0，1]，则 b1＝0； b2，b3 对应的区间分别为：(0，2]，(0，3]则 b2＝b3＝1， 即有 2 个 1； b4，b5，b6，b7 对应的区间分别为：(0，4]，(0，5]，(0， 6]，(0，7]，则 b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有 22 个 2；
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
b8，b9，…，b15 对应的区间分别为：(0，8]，(0，9]，…， (0，15]，则 b8＝b9＝…＝b15＝3，即有 23 个 3；
b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式． (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋ bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列． 由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即 an＋1－bn＋1＝ an－bn＋2.
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…(n－1)(－ 2)n－1＋n(－2)n，②

2015高考数学(文)二轮专题复习课件：专题三_第二讲 数列求和及综合应用

2015高考数学(文)二轮专题复习课件：专题三_第二讲 数列求和及综合应用
随堂讲义· 第一部分
知识复习专题
专题三
第二讲
数
列

数列求和及综合应用
广东高考数列一定有大题，按广东近几年高考特点，
可估计2015年不会有大的变化，是递推关系，仍然考数
学归纳法的可能较大，但根据高考题命题原则，一般会 出有多种方法可以求解的．因此，全面掌握数列相关的 方法更容易让你走向成功．
栏 目 链 接
高考热 点突破
解析：
1n (2)由(1)知，bn＝2 ，
1k 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝bk＝2 ； 12k－1 当 n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝ 2 ÷a2k＝ 12k－1 1k－1 ·2k＝2 . 2
栏 栏 目 目 链 链 接 接
高考热 点突破
12n＋1 bn＋1 a2n＋2 a2n＋1a2n＋2 2 (1) bn ＝ ＝ ＝ a2n a2na2n＋1 12n 2
证明：
1 1 1 ＝ ，所以{bn}是首项为 b1＝ ，公比为 的等比数列． 2 2 2
栏 目 链 接
3．解应用问题的基本步骤．
栏 目 链 接
主干考 点梳理
考点自测
1 ． (2014· 新 课 标 Ⅱ 卷 ) 数 列 {an} 满 足 an ＋ 1 ＝
1 1 2 ，a8＝2，则 a1＝________ ． 1－an
1 1 解析： 由已知得， an＝1－ ， a8＝2， 所以 a7＝1－ ＝ a8 an＋1 1 1 1 1 1 1 ， a6＝1－ ＝－1， a5＝1－ ＝2， a4＝1－ ＝ ， a3＝1－ 2 a7 a6 a5 2 a4 1 1 1 ＝－1，a2＝1－ ＝2，a1＝1－ ＝ . a3 a2 2

高考数学二轮复习考点十二《数列综合练习》课件

高考数学二轮复习考点十二《数列综合练习》课件

数列，当 n 为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以 1 为公差的等差数列，∴S23
1－212
11×（11－1）
＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝ 1－2 ＋11×4＋
2
×1＝212－1＋44＋55＝4194.
2．等差数列{an}中，a1＋a2＝152，a2＋a5＝4，设 bn＝[an]，[x]表示不超 过 x 的最大整数，[0.8]＝0，[2.1]＝2，则数列{bn}的前 8 项和 S8＝( )
A．12<a2<1
B．{an}是递增数列
C．12<a3<34
D．34<a2022<1
答案 ABD
解析 由 an＋1＝an＋ln (2－an)，0<a1<12，设 f(x)＝x＋ln (2－x)，则 f′(x) ＝1－2－1 x＝12－ －xx，所以当 0<x<1 时，f′(x)>0，即 f(x)在(0，1)上单调递增， 所以 f(0)<f(x)<f(1)，即12＝ln e<ln 2<f(x)<1＋ln 1＝1，所以12<f(x)<1，即12 <an<1(n≥2)，故 A 正确；因为 f(x)在(0，1)上单调递增，0<an<1(n∈N*)，所 以 an＋1－an＝ln (2－an)>ln (2－1)＝0，所以{an}是递增数列，故 B项中，只有一项符合题目要求) 1．已知数列{bn}满足 b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin2n2πbn＋cos2n2π，则该 数列的前 23 项和为( ) A．4194 B．4195 C．2046 D．2047
答案 A
解析 由题意，得当 n 为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以 2 为公比的等比

高考数学文(二轮复习)课件《等差与等比数列》

高考数学文(二轮复习)课件《等差与等比数列》

4．(2014· 安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋ 3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
答案：1
解析：解法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3 ＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q 的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1. 解法二：因为数列{an}是等差数列， 所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d， 故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0， 即d＝－2， 所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
等差与等比数列
该类小题一般考查等差、等比数列的基本量的运算及性质 的灵活运用.有时等差数列、等比数列相交汇考查.该类小题具有 “新”“巧”“活”的特点.在备考中，一要重视与两种数列基 本量有关的公式的理解与应用，二要重视两种数列基本性质的 应用，三要重视方程组思想或整体思想在求解数列问题中的应 用.
(2)已知等差数列某两项的和(或等比数列某两项的积)求数 列中的某一项或求数列和(或积)的问题，运用等差数列(或等比 数列)的性质或整体代入的思想较为快捷．该类题目在平时的练 习中要学会使用性质，在短时间内准确求解．
[回访名题] (1)(2014· 福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2， S3＝12，则a6等于( )
基础记忆
试做真题
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．把握两个定义 若一个数列从第二项起，每项与前一项的差(比)为同一个常 数，则这个数列为等差(比)数列． 2．等差、等比中项 (1)若x，A，y成等差数列⇔A为x，y的等差中项⇔2A＝x＋y. (2)若x，G，y成等比数列⇔G为x，y的等比中项⇒G2＝ xy(G≠0)．

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三 数列(2)数列的求和及综合应用

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三 数列(2)数列的求和及综合应用

命题视角 1 函数的基本性质
[例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式； (2) 设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使 得 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范 围．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项 和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d，

2017届高三数学(理)高考二轮复习课件 第1部分 专题3 第2讲 数列的综合应用


考点二
考点三
第二讲 数列的综合应用
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
下页
考点一
(4)待定系数法：形如 an＋1＝pan＋q(其中 p，q 均为常数，pq(p－
考点一
1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为 an＋1－t＝p(an－t)， 其中 t＝ q ，再转化为等比数列求解． 1－p
考点二
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
下页
考点一
试题
通解
优解
考点一
n n n 1 － an＋1－1＝ a＋ －1＝ (a －1)，令 bn＝an－1， n＋2 n n＋2 n＋2 n
考点二
考点三
n－1 b2 b3 b4 b5 bn 1 2 3 bn 则 × × × ×„× ＝ × × ×„× ，从而得到 b1 b2 b3 b4 b1 bn－1 3 4 5 n＋1 2 1 2 1 ＝ ，又 b1＝a1－1＝－ ，得 bn＝ b1＝－ ， 2 nn＋1 nn＋1 nn＋1 1 所以 an＝1－ ，选 C. nn＋1
2
考点二
考点三
＋e2 n.
第二讲 数列的综合应用
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
下页
考点三
试题
解析
(1)由已知 Sn＋1＝qSn＋1，得 Sn＋2＝qSn＋1＋1， 两式相减得到 an＋2＝qan＋1，n≥1.
考点一
又由 S2＝qS1＋1 得到 a2＝qa1， 故 an＋1＝qan 对所有 n≥1 都成立． 所以，数列{an}是首项为 1，公比为 q 的等比数列． 从而 an＝qn 1.

第2部分 专题2 第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件


最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1， 所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an， 所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列， 所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.
(3)(2020·湖南师大附中第二次月考)在公差大于0的等差数列{an} 中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an} 的前21项和为__2_1__.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4， 解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
(2)存在． 由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1， 所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
(2)设bn＝n·2n＋n， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2 ＋3＋…＋n)， 令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减，得 －T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1，
【解析】 (1)由题意，aa12＋a3＝a4＝a1a94，＝8，
解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1； 而等比数列{an}递增，所以a1＝1，a4＝8，

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件


真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d

高考数学二轮复习第二编专题四数列第1讲等差数列与等比数列课件文


解 (1)当 n≥2 时，由 an＋1＝2Sn＋3，得 an＝2Sn－1＋3， 两式相减，得 an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an， ∴an＋1＝3an，∴aan＋n 1＝3. 当 n＝1 时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则aa21＝3. ∴数列{an}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列． ∴an＝3×3n－1＝3n.
12/11/2021
核心知识回顾
12/11/2021
1．等差数列
□ (1)通项公式： 01 an＝an＋(n－1)d＝am＋(n－m)d . □ (2)等差中项公式： 02 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2) ． □ (3)前 n 项和公式： 03 Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－2 1d .
12/11/2021
真题VS押题
12/11/2021
『真题模拟』
1．(2018·陕西商洛模拟)在等差数列{an}中，a5＝9，且
2a3＝a2＋6，则公差 d＝( )
A．－3
B．－2
C．3
D．2
解析 因为 2a3＝a2＋6，所以 a2＋a4＝a2＋6，所以 a4 ＝6，故 d＝a5－a4＝9－6＝3.
12/11/2021
考向2 等差数列、等比数列的判定与证明 例 2 (2018·银川质检)已知数列{an}中，a1＝1，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an＝2S2nS－2n 1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列S1n是等差数列； (2)证明：13S1＋15S2＋17S3＋…＋2n1＋1Sn<12.
12/11/2021
□ 2．等比数列
(1)等比数列的通项公式： 01 an＝a1qn－1＝amqn－m .
□ (2)等比中项公式： 02 a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2) ．
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(3k+3k－1+…+3)+[(－1)k+(－1)k－1+…+(－1)]
由此得a2k+1－a1=
3 2
(3k－1)+
1 2
[(－1)k－1],于是a2k+1=
3k +1 2
+
1 (1)k 2
1.
{an}的通项公式（略）
四、综合问题选讲
在知识网络的交汇点处设计试题是高考命题的特点．数列 作为高中数学的重要内容，不仅本身成为高考考查的重点， 而且常常与不等式、函数、解析几何、极限等知识综合在 一起，成为高考命题的热点
n n
(n + 1)2n
sin2 1 + sin2 2 + sin2 3 + + sin2 88 + sin2 89
四、分组法求和 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这 类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列， 然后分别求和，再将其合并即可
求数列的前n项和：1 + 1,
1 a
求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
数列{an}：a1 1, a2 3, a3 2, an+2 an+1 an ，求S2005
七、利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析，找出数 列的通项及其特征，然后再利用数列的通项 揭示的规律来求数列的前n项和
高考数学总复习（第二轮） 第2讲 数列
一、基本知识归纳
1、一般数列
[数列的通项公式]
an
a1 S n
S1(n Sn1 (n
1)
2)
[数列的前n项和] Sn a1 + a2 + a3 + … + an
2、等差数列
[等差数列的概念] [定义]如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的 差等于同一个常数，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，公差通常用字母d表示。
[等差数列的判定方法]
1 定义法：对于数列{an}，若 an+1 an d
列 2等差中项：对于数列{an}
2a
，若
n
+1
an
+
an+2
列
，则数列是等差数 则数列是等差数
[等差数列的通项公式] 如果等差数列的首项是a1 ，公差是d，
则等差数列的通项为 an a1 + (n 1)d
（①、④）
例2
定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后
一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，
这个常数叫做该数列的公和。已知数列是等和数列，
且 a1 2 ，公和为5，这个数列的前21项和的值为 _____
这个数列的前n项和的计算公式为_
_
当n为偶数时，
Sn
5n 2
当n为奇数时， Sn
1
a中
，
S奇
பைடு நூலகம்
n
+ 2
1
a中
，S奇 n +1
S偶 n 1
， （其中 a中 是中间一项)
3、等比数列
[等比数列的概念] [定义]如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的 比等于同一个常数，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，公差通常用字母q表示(q≠0)。
[等比数列的判定方法]
k2
1n(n 6
+ 1)( 2n
+ 1)
二、错位相减法求和 这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用 的方法，这种方法主要用于求数列{bn· cn}的前n 项和，其中{ bn }、{ cn }分别是等差数列和等比数 列
Sn b1c1 + b2c2 + + bn1cn1 + bncn qSn b1c2 + + bn2cn1 + bn1cn + bncn+1
[说明]该公式整理后an是关于n的一次函数。
[等差数列的前n项和]
1．
Sn
n(a1 + an ) 2
2.
Sn
na1 +
n(n 1) d 2
[说明]对于公式2整理后an是关于n 的没有常数项的二次函数
[等差中项] 如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等
差中项。即：2A=a+b 或 A a + b 2
所以有
(1 q)Sn b1c1 + (c2 + c3 + cn )d bncn+1
三、反序相加法求和 这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法 ，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它
与原数列相加，就可以得到n个 (a1 + an )
C
0 n
+
3C
1 n
+
5C
2 n
+ + (2n
+
1)C
即 G 2 ab 。
aG
[等比数列的通项公式] 如果等比数列{an}的首项是a1 ，公比是q，则等比数列的通 项为 an a1q n1
[等比数列的前n项和]
①S n
a1(1 q n ) 1 q
(q
1)
② Sn
a1 anq 1 q
(q
1)
③Sn
当 q 1
na1
时
[等比数列的性质] 1．等比数列任意两项间的关系：如果 am 是等比数 列的第m项，an 是等比数列的第n项，且m n ， 公比为q，则有 an amq nm
1+11 +111+...+ 111..111
n个1
111… 1 1 ×999.. 9 1 (10k 1)
k个1
9
k个9
9
三、基本问题练习
例1
若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”. 设{an}是公比为q的无穷等比数列,下列{an}的四组量中,一 定能成为该数列“基本量”的是第 组.(写出所有符合要 求的组号) ①S1与S2; ②a2与S3; ③a1与an; ④q与an.其中n为大于1 的整数, Sn为{an}的前n项和.
5n 2
1 2
例3
例4
例5
已知数列{an}的前n项和Sn满足： Sn=2an +(-1)n, ⑴写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3；
⑵求数列{an}的通项公式；
例6 已知数列{an }中a1 1，且a2k=a2k－1+(－1)k, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,……（I）求a3, a5；（II）求{ an}的通项公式
[说明]：在一个等差数列中，从第2项起，每一项 （有穷等差数列的末项除外）都是它的前一项与 后一项的等差中项；事实上等差数列中某一项是 与其等距离的前后两项的等差中项
[等差数列的性质]
n 1．等差数列任意两项间的关系：如果 am是等差数列
m 的第 项，an 是等差数列的第 项，且 m n，
公差为 d ，则有 an am + (n m)d
cn b(cn1 )
3
4
5。由题设条件求出数列的前几项，然后归纳出一般表达 式，形成猜想，然后用数学归纳法加以证明，得出正确的 结论
已知数列中a1
=3
5
，an+1
an 2an +1
(1) 计算a3 , a4
（2）猜想通项公式，并且数学归纳法证明
2、数列求和的基本方法
一、利用常用求和公式求和
1． 定义法：对于数列{an} {an}是等比数列。
，若
an+1 an
q(q
0)
，则数列
2．等比中项：对于数列{an}
，若an an+2
a
2 n+1
，则数列
{an}是等比数列
[等比中项]
如果在a与b之间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，
那也么就G是叫，做如a果与Gb是的a等,b比的中等项比。中项，那么G b ，
S 2n1 ，等差
，
则
an S2n1
bn
S
' 2n1
5．设数列 an 是等差数列，S奇 是奇数项的和，
S偶是偶数项的和，S n 是前n项的和，则有如下性质：
1.前n项的和 Sn S奇 + S偶
2.当n为偶数时，S 偶
S奇
n 2
d ，其中d为公差
3.当n为奇数时，则
S奇
S偶
a中，S偶
n
2
+
4,
1 a2
+
7, ,
1 a n1
+ 3n 2
求数列{(n+1)(2n+1)}的前n项和
五、裂项法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂 项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然 后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和 的目的
an
1 n(n + 1)
1 n
1 n +1
an
Sm
f 1 + m
f 2 + m
+
f m 2 + m
f m 1 + m
f m m
由（Ⅰ）可知：f n + f m n 1 恒成立
m m 2
2.对于等差数列 an ，若 n + m p + q， 则 an + am ap + aq