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高中数学典型例题解析：第四章 数列

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第四章 数列 §4.1等差数列的通项与求和 一、知识导学 1.数列：按一定次序排成的一列数叫做数列. 2.项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项，各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，„，第n项，„. 3.通项公式：一般地，如果数列｛an｝的第ｎ项与序号ｎ之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式. 4. 有穷数列:项数有限的数列叫做有穷数列. 5. 无穷数列:项数无限的数列叫做无穷数列 6.数列的递推公式：如果已知数列的第一项（或前几项）及相邻两项（或几项）间关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的递推公式.递推公式是给出数列的一种重要方法，其关健是先求出a1,a2,然后用递推关系逐一写出数列中的项. 7.等差数列:一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，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ｄ表示．

8.等差中项:如果ａ，Ａ，ｂ这三个数成等差数列，那么Ａ＝2ba．我们把Ａ＝2

ba

叫做ａ和ｂ的等差中项． 二、疑难知识导析 1.数列的概念应注意几点：（1）数列中的数是按一定的次序排列的，如果组成的数相同而排列次序不同，则就是不同的数列；（2）同一数列中可以出现多个相同的数；（3）数列看做一个定义域为正整数集或其有限子集(｛1，2，3，„，n｝)的函数. 2.一个数列的通项公式通常不是唯一的.

3.数列｛an｝的前n项的和Sn与an之间的关系：).2(),1(11nSSnSannn若a1适合

an(n>2),则na不用分段形式表示，切不可不求a1而直接求an. 4.从函数的角度考查等差数列的通项公式：an= a1+(n-1)d=d·n+ a1-d, an是关于n的一次式；从图像上看，表示等差数列的各点（n,na）均匀排列在一条直线上，由两点确定一条直线的性质，不难得出，任两项可以确定一个等差数列. 5、对等差数列的前n项之和公式的理解：等差数列的前n项之和公式可变形为

ndandSn)2(212，若令A＝2d，B＝a1－2d，则nS＝An2+Bn.

6、在解决等差数列问题时，如已知，a1，an，d，nS，n中任意三个，可求其余两个。 三、经典例题导讲 [例1]已知数列1，4，7，10，„，3n+7,其中后一项比前一项大3.（1）指出这个数列的通项公式；（2）指出1+4+„+（3n－5）是该数列的前几项之和. 错解：（1）an=3n+7; (2) 1+4+„+（3n－5）是该数列的前n项之和. 错因：误把最后一项（含n的代数式）看成了数列的通项.（1）若令n=1,a1=101,显然3n+7不是它的通项. 正解：（1）an=3n－2; (2) 1+4+„+（3n－5）是该数列的前n－1项的和.

[例2] 已知数列na的前n项之和为① nnSn22 ② 12nnSn

求数列na的通项公式。 错解： ① 34)1()1(2222nnnnnan ② nnnnnan21)1()1(122 错因：在对数列概念的理解上，仅注意了an＝Sn－Sn-1与的关系，没注意a1=S1. 正解： ①当1n时，111Sa

当2n时，34)1()1(2222nnnnnan 经检验 1n时 11a 也适合，34nan ②当1n时，311Sa 当2n时，nnnnnan21)1()1(122

∴ nan23 )2()1(nn [例3] 已知等差数列na的前n项之和记为Sn，S10=10 ，S30=70，则S40等于 。 错解：S30= S10·2d.  d＝30，  S40= S30+d =100. 错因：将等差数列中Sm, S2m －Sm, S3m －S2m成等差数列误解为Sm, S2m, S3m成等差数列.

正解：由题意：7022930301029101011dada得152,521da 代入得S40 ＝1204023940401da。 [例4]等差数列na、nb的前n项和为Sn、Tn.若),(27417NnnnTSnn求77ba； 错解：因为等差数列的通项公式是关于n的一次函数，故由题意令an=7n+1;bn=4n+27. 1110277417777ba 错因：误认为nnTSnnba 正解：79922713411371313777777TSbbaaba [例5]已知一个等差数列na的通项公式an=25－5n，求数列||na的前n项和； 错解：由an0得n5  na前5项为非负，从第6项起为负，

 Sn=a1+a2+a3+a4+a5=50(n5)

当n6时，Sn=｜a6｜+｜a7｜+｜a8｜+„+｜an｜＝2)5)(520(nn

 Sn=6,2)5)(520(5,50nnnn

错因：一、把n5理解为n=5，二、把“前n项和”误认为“从n6起”的和. 正解： 6,502)5)(520(5,2)545(nnnnnn [例6]已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220， 由此可以确定求其前n项和的公式吗？

解：理由如下：由题设： 31010S 122020S

得： 122019020310451011dada 641da ∴ nnnnnSn2362)1(4 [例7]已知：nna12lg1024 （3010.02lg）Nn （1） 问前多少项之和为最 大？（2）前多少项之和的绝对值最小？

解：（1） 02lg102402lg)1(10241nanann3403340112lg10242lg1024nn ∴3402n （2） 0)2lg(2)1(1024nnnSn 当nnSS或0近于0时其和绝对值最小 令：0nS 即 1024+0)2lg(2)1(nn 得：99.680412lg2048n ∵ Nn ∴6805n [例8]项数是n2的等差数列，中间两项为1nnaa和是方程02qpxx的两根，求证此数列的和nS2是方程 0)lg(lglg)lg(lglg2222pnxpnx的根。 （02nS） 证明：依题意paann1

∵paaaannn121 ∴npaanSnn2)(2212 ∵0)lg(lglg)lg(lglg2222pnxpnx ∴ 0)lg(lg2npx ∴nSnpx2 （获证）。 四、典型习题导练 1．已知nnnSaa2311且，求na及nS。

2．设)1(433221nnan，求证：2)1(2)1(2nannn。 3.求和: n321132112111 4.求和： )12()34()9798()99100(22222222 5.已知cba,,依次成等差数列，求证：abcacbbca222,,依次成等差数列. 6.在等差数列na中， 40135aa，则 1098aaa（ ）。 A．72 B．60 C．48 D．36 7. 已知na是等差数列，且满足)(,nmmananm，则nma等于________。

8.已知数列21na成等差数列，且713,61153aa，求8a的值。 §4.2等比数列的通项与求和 一、知识导学 1. 等比数列：一般地，如果一个数列从第２项起，每一项与它的前一项的比都等于 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，公比通常用字母ｑ表示． 2. 等比中项：若ａ，Ｇ，ｂ成等比数列，则称Ｇ 为ａ 和ｂ 的等比中项．

3.等比数列的前n项和公式：)1(11)1()1(111qqqaaqqaqanSnnn 二、疑难知识导析 1.由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q也不为0. 2.对于公比q，要注意它是每一项与它前一项的比，防止把相邻两项的比的次序颠倒. 3.“从第2项起”是因为首项没有“前一项”，同时应注意如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起每一项与它前一项的比都是同一个常数，此数列不是等比数列，这时可以说此数列从. 第2项或第3项起是一个等比数列. 4.在已知等比数列的a1和q的前提下，利用通项公式an=a1qn-1,可求出等比数列中的任一项. 5.在已知等比数列中任意两项的前提下，使用an=amqn-m可求等比数列中任意一项.

6.等比数列｛an｝的通项公式an=a1qn-1可改写为nnqqaa1.当q>0，且q1时，y=qx

是一个指数函数，而xqqay1是一个不为0 的常数与指数函数的积，因此等比数列｛an｝的图象是函数xqqay1的图象上的一群孤立的点. 7．在解决等比数列问题时，如已知，a1，an，d，nS，n中任意三个，可求其余两个。 三、经典例题导讲 [例1] 已知数列na的前n项之和Sn=aqn（qqa,1,0为非零常数），则na为（ ）。 A.等差数列 B.等比数列 C.既不是等差数列，也不是等比数列 D.既是等差数列，又是等比数列

错解：)1(111qaqaqaqSSannnnnn

)1(11qaqSSannnn

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人教A版高中数学选择性必修第二册精品课件 第4章 数列 4.4 数学归纳法

人教A版高中数学选择性必修第二册精品课件 第4章 数列 4.4 数学归纳法

第四章
4.4*
数学归纳法
内
容
索
引
01
自主预习 新知导学
02
合作探究 释疑解惑
自主预习 新知导学
数学归纳法
1.问题1:根据观察,今天第一个到教室的是男同学,第二个到教室的是男
同学,第三个到教室的也是男同学,于是得出结论:第四个到教室的是男同
学.
问题2:已知数列1,2,4,8,则它的通项公式为an=2n-1(n≤4,n∈N*).

an=(2-1),且
(1)求a2,a3.
(2)猜想数列{an}的通项公式,并证明.
2
解:(1)由题意可知,a2=2×(2×2-1)
1
类似地,求得 a3=35 .
=
1 + 2
1
,a1=3,则
6
1
a2=15 .
1
a1=3.
(2)由
1
1
1
1
a1= ,a2= ,a3= ,猜想:an=
.
1×3
(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,
即1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)=k(k+1)2.
那么当n=k+1时,
1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)+(k+1)[3(k+1)+1]
=k(k+1)2+(k+1)[3(k+1)+1]=(k+1)(k2+4k+4)
=(k+1)[(k+1)+1]2,即当n=k+1时等式也成立.
新教材2024版高中数学第四章数列习题课数列求和课件新人教A版选择性必修第二册

新教材2024版高中数学第四章数列习题课数列求和课件新人教A版选择性必修第二册


(2)由(1)得 bn＝(3n－2)·2n， 则 Tn＝1×21＋4×22＋…＋(3n－2)×2n， 于是 2Tn＝1×22＋4×23＋…＋(3n－5)×2n＋(3n－2)×2n+1， 两 式 相 减 ， 得 － Tn ＝ 2 ＋ 3(22＋ 23 ＋ … ＋ 2n) － (3n － 2)·2n+1＝ 2 ＋ 3·22(11－－22n-1)－(3n－2)·2n+1＝(5－3n)·2n+1－10，所以 Tn＝(3n－5)·2n+1＋10.
(2)根据数列{bn}的通项可知利用错位相减法进行求和，从而可求出 数列{bn}的前n项和Tn.
素养点睛：考查数学运算和逻辑推理的核心素养．
错位相减法的适用题型及关键点 (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n 项和时，可采用错位相减法．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对 齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
第四章 数列
习题课 数列求和
学习目标
素养要求
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒 序相加求和、错位相减求和法
数学运算
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法
逻辑推理
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系
或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和 数学运算、逻辑推理
相关的问题
自学导引
分组转化求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数 列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
①－②，得 an＝2an－1＋1， 即 an＋1＝2(an－1＋1)． ∵a1＋1＝2≠0，∴an－1＋1≠0， ∴aan－n＋1＋11＝2， ∴{an＋1}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． ∵an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
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高中数学笔记----------4-数列基本概念：1.等差数列{a n }中:(1)a n =a+(n －1)d=a m +(n －m)d; p+q=m+n a p +a q =a m +a n . (2)a 1+a 2+…+a m , a k +a k+1+…+a k+m －1,…仍成等差数列.(3)a p =q,a q =p (p ≠q) a p+q =0; S p =q,S q =p (p ≠q) S p+q =－(p+q); S m+n =S m +S n +mnd ⑷S 2n-1=a n (2n-1) （常用于数列的比较中和代换中）; Snn为等差数列，公差为d ∕23.等比数列{a n }中;(1) m+n=r+s, a m ·a n =a r ·a s(2) a 1+a 2+…+a m , a k +a k+1+…+a k+m －1,…仍成等比数列(4) 111 (1)(1) (1)11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩注意:①a n－b n=(a －b)(an －1+a n －2b+a n －3b 2+…+ab n －2+b n －1)②S m+n =S m +q m S n =S n +q n S m .4.等差数列与等比数列的联系(1)如果数列{a n }成等差数列, 那么数列{n aA }(n aA 总有意义)必成等比数列. (2)如果数列{a n }成等比数列, 那么数列{log ||a n a }(a>0,a≠1)必成等差数列.(3)如果数列{ a n }既成等差数列也成等比数列,那么数列{ a n }是非零常数数列; 数列{a n }是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件.(4)如果两等差数列有其公共项,那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列,且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数. 5.数列求和的常用方法.(1)公式法: ①等差数列求和公式, ②等比数列求和公式 ③常用公式:, 12+22+32+…+n 2=16n(n+1)(2n+1), 13+23+33+------+n 3=14 [n （n +1）]2(2)分组求和法: 在直接运用公式法求和有困难时,常将"和式"中"同类项"先合并在一起,再运用公式法求和.(3)倒序相加法: 在数列求和中,若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性,则常考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和.(4)错位相减法: 如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列通项相乘构成,那么常选用错位相减法,将其和转化为"一个新的等比数列的和"求解".(5)裂项相消法: 如果数列的通项可"分裂成两项差"的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和,常用裂项形式有:①111(1)1n n n n =-++ ②1111()()n n k k n n k=-++ ③2211111()1211k k k k <=---+; 21111111(1)1k k k k k k k -<<=-+-- ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ ⑤ 11(1)!!(1)!n n n n =-++⑥<< ⑦ 1n2<2（12n−1--12n+1）；1n2<3（13n−2--13n+1）（注意:运用等比数列求和公式时,务必检查其公比与1的关系,必要时应分类讨论.裂项相消法更多的用于数列中不等式的证明） 6.数列的通项的求法:（11种类型） 类型1 )(1n f a a n n +=+ ；（累加法）解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

高中数学选修一第4章4.3~4.4数列,极限,归纳法-知识点

高中数学选修一第4章4.3~4.4数列,极限,归纳法-知识点

1高中数学选修一第4章4.3~4.4数列/极限/归纳法-知识点 1、对于以a 为首项，q 为公比的无穷等比数列{a n }.①若{a n }是绝对值递减 的数列，∞→n lim n a = 0 ，各项和∞→n lim n S =q 1a - 。

②若q=1，{a n }是常 数列，∞→n lim n a = a ，各项和∞→n lim n S 不存在 。

③若q=-1，{a n }是摆动 数列，∞→n lim n a 不存在，各项和∞→n lim n S 不存在。

{a n }是绝对值增大 的数列，∞→n lim n a = 不存在，各项和∞→n lim n S 不存在 。

2、题型：在公式S=q 1a 1-中，已知其中任意两个量，求第三个量的值或范围。

典例：设数列{a n }是公比0＜q ＜1的等比数列，其各项和是4，求首项a 1的取值范围。

想：∵S=q 1a 1-，所以a 1=4(1-q)∈(0,4)∪(4,8)。

3、对于数列{a n }，如果a n+1≥a n 恒成立，则是 增 数列，如果a n+1＞a n 恒成立，则是 严格增 数列；如果a n+1≤a n 恒成立，则是 减 数列，如果a n+1＜a n 恒成立，则是 严格减 数列。

增数列和减数列统称为 单调 数列。

数列的单调性的判断：①作差法，判断 a n+1-a n 的 符号 ；②对于正数数列，判断与 1 的大小关系。

4、在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥ a n-1 且a n ≥ a n+1 ；若a n 最小，则a n ≤ a n-1 且a n ≤ a n+1 （n ≥2）.5、数列{a n }中，前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n =⎩⎨⎧≥-=2n 1n 1-n n 1，，S S S .6、由递推公式求通项公式的常用方法.①累加法，适用于类等差数列，有a n+1-a n =f(n)条件的数列。

例.a 1=0，a n+1=a n +(2n-1). ②累乘法，适用于类等比数列，有a n+1/a n =f(n)条件的数列。