第二章 章末复习

章末复习

一、网络构建

二、要点归纳

1．等差数列和等比数列的基本概念与公式

等差数列 等比数列

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 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，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)

递推公式 an＋1－an＝d an＋1an＝q

中项 由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时A叫做a与b的等差中项，并且A＝a＋b2 如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，且G＝±ab

通项公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1

前n项和公式 Sn＝na1＋an2 当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝＝na1＋nn－12d a1－anq1－q，当q＝1时，Sn＝na1

性质 am，an的关系 am－an＝(m－n)d aman＝qm－n

m，n，s，t∈N*，m＋n＝s＋t am＋an＝as＋at aman＝asat

{kn}是等差数列，且kn∈N* nka是等差数列 nka是等比数列

n＝2k－1，k∈N* S2k－1＝(2k－1)·ak a1a2·…·a2k－1＝a2k－1k

判断方法 利用定义 an＋1－an是同一常数 an＋1an是同一常数

利用中项 an＋an＋2＝2an＋1 anan＋2＝a2n＋1

利用通项公式 an＝pn＋q，其中p，q为常数 an＝abn(a≠0，b≠0)

利用前n项和

公式 Sn＝an2＋bn (a，b为常数) Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np(p为非零常数)

2.数列中的基本方法和思想

(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了累加法和累乘法；

(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加法和错位相减法．

(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意三个求其余两个，用到了方程思想．

(4)在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了函数思想.

题型一 方程思想求解数列问题

例1 等差数列{an}各项为正整数，a1＝3，前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝1且b2S2＝64，nab是公比为64的等比数列，求{an}，{bn}的通项公式．

解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.

依题意有1116122642,(6)64,nnnnaadaabqqbqbSqd①② 由q(6＋d)＝64知q为正有理数，又由62dq知d为6的因子1,2,3,6之一，解①②得d＝2，q＝8，

故an＝2n＋1，bn＝8n－1.

反思感悟 在等比数列和等差数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量．

跟踪训练1 记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.

解 设数列{an}的公差为d，

依题设有 2a1a3＋1＝a22，a1＋a2＋a3＝12，

即 a21＋2a1d－d2＋2a1＝0，a1＋d＝4.

解得 a1＝1，d＝3或 a1＝8，d＝－4.

因此Sn＝12n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)，n∈N*.

题型二 转化与化归思想求解数列问题

例2 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1.

(1) 设cn＝an2n，求证：数列{cn}是等差数列；

(2) 求数列{an}的通项公式及前n项和的公式．

(1)证明 ∵Sn＋1＝4an＋2，①

∴当n≥2，n∈N*时，Sn＝4an－1＋2.②

①－②得an＋1＝4an－4an－1.

对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n＋1，得 an＋12n＋1＝2an2n－an－12n－1，

即an＋12n＋1＋an－12n－1＝2an2n，

即cn＋1＋cn－1＝2cn，

∴数列{cn}是等差数列．

由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，

则a2＝3a1＋2＝5，

∴c1＝a12＝12，c2＝a222＝54，故公差d＝54－12＝34，

∴{cn}是以12为首项，34为公差的等差数列．

(2)解 由(1)可知数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，

∴an2n＝12＋(n－1)34＝34n－14，∴an＝(3n－1)·2n－2.

设Sn＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，

则2Sn＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1，

∴Sn＝2Sn－Sn

＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1

＝－1－3×2n－1－12－1＋(3n－1)·2n－1

＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1

＝2＋(3n－4)·2n－1.

∴数列{an}的通项公式为an＝(3n－1)·2n－2，n∈N*，前n项和公式为Sn＝2＋(3n－4)·2n－1，n∈N*.

反思感悟 由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出．

跟踪训练2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．

(1)求a2，a3的值；

(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．

考点 等差等比数列综合应用

题点 等差等比数列其他综合问题

(1)解 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，

∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；

当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；

当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.

(2)证明 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①

∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②

①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2

＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2

＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.

∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，

∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．

∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴Sn＋2Sn－1＋2＝2，

故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．

题型三 函数思想求解数列问题

命题角度1 借助函数性质解数列问题

例3 一个等差数列{an}中，3a8＝5a13，a1>0.若Sn为{an}的前n项和，则S1，S2，…，Sn中没有最大值？请说明理由．

解 因为此等差数列不是常数列，所以其前n项和Sn是关于n的二次函数，我们可以利用配方法，结合二次函数的性质求解．设{an}的首项为a1，公差为d，则有3(a1＋7d)＝5(a1＋12d)，所以d＝－239a1，所以Sn＝na1＋nn－12d＝－139n2a1＋4039na1＝－139a1(n－20)2＋40039a1，故n＝20时，Sn最大，即前20项之和最大．

反思感悟 数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用数的性质及研究方法指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3，…，n}，这一特殊性对问题结果可能造成影响．

跟踪训练3 已知数列{an}的通项公式为an＝2n－2 019，问这个数列前多少项的和最小？

解 设an＝2n－2 019，对应的函数为y＝2x－2 019，易知y＝2x－2 019在R上单调递增，且当y＝0时，x＝2 0192，因此，数列{an}为单调递增数列，a1 009<0，a1 010>0，

故当1≤n≤1 009时，an<0；当n>1 009时，an>0.

∴数列{an}中前1 009项的和最小．

命题角度2 以函数为载体给出数列

例4 已知函数f(x)＝2x＋33x，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f 1an，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.

解 (1)∵an＋1＝f 1an＝2an＋33an＝2＋3an3＝an＋23，

∴an＋1－an＝23，

∴{an}是以23为公差的等差数列．

又a1＝1，∴an＝23n＋13.

(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1 ＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)

＝－43(a2＋a4＋…＋a2n)

＝－43·n53＋4n3＋132＝－49(2n2＋3n)．

反思感悟 以函数为载体给出数列，只需代入函数式即可转化为数列问题．

跟踪训练4 设y＝f(x)是一次函数，f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝

.

答案 2n2＋3n

解析 设f(x)＝kx＋b(k≠0)，又f(0)＝1，则b＝1，

所以f(x)＝kx＋1(k≠0)．

又[f(4)]2＝f(1)f(13)，

所以(4k＋1)2＝(k＋1)(13k＋1)，解得k＝2.

所以f(x)＝2x＋1，则f(2n)＝4n＋1.

所以{f(2n)}是公差为4的等差数列．

所以f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝n5＋4n＋12＝2n2＋3n.

1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )

A．6 B．7 C．8 D．9

答案 A

解析 设等差数列{an}的公差为d，

∵a4＋a6＝－6，∴a5＝－3，

∴d＝a5－a15－1＝2，∴a6＝－1<0，a7＝1>0，