2018届高考数学二轮复习专题专题复习第四章

2018届高考数学二轮复习专题专题复习第四章

1 / 141 第四章

数列

§

等差数列的通项与乞降

一、知学

1.数列：按必定序次排成的一列数叫做数列 .

2.：数列中的每一个数都叫做个数列的，各挨次叫做个数列的第 1（或首

），第 2，⋯，第 n，⋯.

通公式：一般地，假如数列｛an｝的第ｎ与序号ｎ之的关系能够用一个公式来表

示，那么个公式叫做个数列的通公式.

有数列:数有限的数列叫做有数列.

无数列:数无穷的数列叫做无数列

数列的推公式：假如已知数列的第一（或前几）及相两（或几）关系

能够用一个公式来表示，个公式就叫做个数列的推公式.推公式是出数列的一种重要方法，其关健是先求出a1,a2,而后用推关系逐个写出数列中的.

等差数列:一般地，假如一个数列从第二起，每一减去它的前一所得的差都等于同一个常数，那么个数列就叫做等差数列，个常数叫做等差数列的公差，公差往常用ｄ表示．

8. 等差中:假如ａ，Ａ，ｂ三个数成等差数列， a b ab 那么Ａ＝

2 ．我把Ａ＝

2

叫做ａ和ｂ的等差中．

二、疑知析

1. 数列的观点注意几点：（ 1）数列中的数是按必定的序次摆列的，假如成的数同样

而摆列序次不一样，就是不一样的数列；（ 2）同一数列中能够出多个同样的数；（ 3）数列

看做一个定域正整数集或其有限子集 (｛1，2，3，⋯，n｝)的函数.

2. 一个数列的通公式往常不是独一的.

3. 数列｛an｝的前n的和Sn与an之的关系：an S1 (n 1),

SnSn1 (n 若a1合适an(n>2),

2).

an不用分段形式表示，切不行不求 a1而直接求an.

从函数的角度考等差数列的通公式：an=a1+(n-1)d=d·n+a1-d,an是对于n的一

次式；从像上看，表示等差数列的各点（ n,an）均匀摆列在一条直上，由两点确立一条

直的性，不得出，任两能够确立一个等差数列 .

5、等差数列的前 n之和公式的理解：等差数列的前 n之和公式可形

d n 2 (a1 d

，若令A＝ d

，B＝a1－ d 2

Sn )n

2 2 ，Sn＝An+Bn.

2 2

6、在解决等差数列，如已知， a，a，d，Sn，n中随意三个，可求其他两个。

1n

三、典例

[例1]已知数列1，4，7，10，⋯，3n+7,此中后一比前一大 3.（1）指出个数列的通

公式；（2）指出1+4+⋯+（3n－5）是数列的前几之和. 2018届高考数学二轮复习专题专题复习第四章

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解：（1）an=3n+7;

(2)1+4+ ⋯+（3n－5）是数列的前 n之和.

因：把最后一（含 n的代数式）当作了数列的通 .（1）若令n=1,a1=10 1,然3n+7

不是它的通.

正解：（1）an=3n－2;

(2)1+4+ ⋯+（3n－5）是数列的前 n－1的和.

[例2] 已知数列an 的前n之和① Sn 2n2 n ②Sn n2 n1

求数列 an的通公式。

解：① 2 2 2( 1) 2 ( 1) 4 3

an n n n n n

②ann2 n 1(n 1)2 (n 1)12n

因：在数列观点的理解上，注意了 an＝Sn－Sn-1 与的关系，没注意 a1=S1.

正解： ①当n1，a1 S1 1

当n 2，

an 2

n 2

n 2(

n 1) 2 (

n 1) 4 3

n

n 1 a1 1 也合适， an 4n 3

②当n 1，a1 S1 3

当n 2，an n2 n 1 (n 1)2 (n 1) 1 2n

∴an 3 (n 1)

2n (n 2)

[例3]已知等差数列 an 的前n之和Sn，S10=10 ，S30=70，S40等于 。

解：S30=S10·2d. d＝30， S40=S30+d=100.

因：将等差数列中Sm,S 2m－Sm,S3m－S2m成等差数列解 Sm,S2m,S3m成等差数列.

10a1 10 9

10

2 d 2 2

正解：由意： 得a1

29d ,d

30a1 30 70 5 15

2

代入得S40＝40a1 40 39 40d 120。

2

[例4]等差数列an 、bn 的前n和Sn、Tn.若Sn 7n 1 (n N),求a7 ；

Tn 4n 27 b7

解：因等差数列的通公式是对于 n的一次函数，故由意令 an=7n+1;bn=4n+27. 2018届高考数学二轮复习专题专题复习第四章

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a7 7 7 1 10

b7 4 7 27 11

因： Sn an Tn bn

a7 a7 a7 S13 7131 92 正解：

b7 b7 b7 T13 4 1327 79

[例5]已知一个等差数列 an 的通公式an=25－5n，求数列|an |的前n和；

解：由an 0得n 5

an 前5非，从第 6起，

Sn=a1+a2+a3+a4+a5=50(n 5)

当n 6，S=｜a ｜ +｜a ｜+｜a｜ +⋯+｜a｜＝ (20 5n)(n 5)

n 6 7 8 n

2

[来

源:]

50 , n 5

Sn=(205n)(n 5)

n 6

2 ,

因：一、把n 5理解n=5，二、把“前 n和”“从n 6起”的和.

n(455n) , n 5

2

正解：

5n)(n 5)

(20 50, n 6

2

[例6]已知一个等差数列的前 10的和是 310，前20的和是 1220，

由此能够确立求其前n和的公式？

解：原因以下：由： S10 310 S20 1220

得： 10a1 45d 310 a1 4

20a1 190d 1220 d 6

∴ Sn4n n(n 1) n2 n

2 63

[例 7]已知：an1024 lg21n （lg2 ）nN （1）前多少之和最

大？（2）前多少之和的最小？

解：（1） an 1024 (1 n)lg2 0 1024 1024 3401n3403

an 11024 nlg2 0 n 1

lg2 lg2 2018届高考数学二轮复习专题专题复习第四章

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n3402

（2）Sn 1024n n(n 1)( lg2) 0

2

当Sn 0或Sn近于0时其和绝对值最小

令：Sn

0

即1184+ n(n 1)

lg2)

0

2 (

得：n 2048 1

lg2

∵n N ∴n6805

[例8]项数是 2n 的等差数列，中间两项为an和an 1是方程x2 pxq 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 an1 p

∵a1 a2n

an an1

p

∴S2n 2n(a1 a2n)

np

2

∵ lg 2 (lg 2 lg 2 )lg (lg lg ) 2 0

x n p x n p

∴(lg

x lg )2 0

∴xnp S2n （获证）。

np

四、典型习题导练

1．已知a1 3且an Sn1 2n，求an及Sn。

2．设an 1 2 2 3 3 4 n(n 1) ，求证：n(n1) an (n 1)2 。

2 2

3.乞降: 1 1 1 1

1 2 1 2 3 1 2 3 n

4.乞降： (1002 992) (982 972) (42 32)(22 12)

5.已知a,b,c挨次成等差数列，求证： 2 2 2 挨次成等差数列

a bcb acc ab .

, ,

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，且知足 am n,an m(m n)，则am n等于________。

8.已知数列 1 2 成等差数列，且a3 11,a5 13 ，求a8的值。 2018届高考数学二轮复习专题专题复习第四章

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§ 等比数列的通项与乞降

一、知识导学

1. 等比数列：一般地，假如一个数列从第２项起， 每一项与它的前一项的比都等于 同 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