數(shù)列專題課程1.基本問題

--1積微教2017高一數(shù)列專題課第一 數(shù)列基本問等差數(shù)列通項(xiàng) 求 ：S＝n（a1＋an） 性質(zhì)：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差數(shù)列等比數(shù)列通項(xiàng)求和

a1（1－qn）a－a＝，

；≠，

n 性質(zhì)：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比數(shù)列數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法(1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)②利用中項(xiàng)性質(zhì)，即證明2an＝an－1＋an＋①利用定義，證明an＋1(n∈N*)為一常數(shù)a2＝a－a n1n求通項(xiàng)的常見類an的表達(dá)式，然后用數(shù)學(xué)歸

（n＝1， 法：利用等差(比)數(shù)列求通項(xiàng)累加法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝an＋f(n)，把原遞推轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f(n)，再利用累加(逐差相加法)求解--2(5)(5)疊乘法：在已知數(shù)列{an}中，滿足 1＝f(n)an，把原遞＋＋乘法)求解(6)構(gòu)造等比數(shù)列法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)先用待定 轉(zhuǎn)化為an1－t＝p(an－t)，其中t＝q ＋數(shù)列求和常用方法分組轉(zhuǎn)化求和：把數(shù)列的每一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)(或多項(xiàng))，再重新組合成兩個(gè)(或多個(gè))和.錯(cuò)位相減法：適用于各項(xiàng)由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對應(yīng)項(xiàng)的乘積組成的數(shù)列. ＋an兩邊同乘以相應(yīng)等比數(shù)列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯(cuò)位相減即可求出裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)差的形式，然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的方法裂項(xiàng)相消法適用于形如{c}(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列anan例1、已知公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S5＝3，則a5的值 解析：∵{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)的和，故S S5＝3，∴5a3＝9a2，∴a2＝5S 5∴a5＝a2＋3d 4例2、設(shè)Sn是正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S6-2S3=5，則S9-S6的最小值 2a(1-q3解析：方法一：當(dāng)q=1時(shí)，S6-2S3=0，不合題意，所以q≠1，從而由S6-2S3=5， 5 5

a1 65

=

-q2q- -(q-a(1-q9)a(1-q6 故S9-S6= - ×(q6- -q2q- 2 t1 2令q3-1=t>0，則S9- =5 ≥20，當(dāng)且僅當(dāng)t=1，即 =2時(shí)等號成立 5方法二：因?yàn)镾6=S3(1+q3)，所以由S6-2S3=5，得 q3-1>0，從而故S9-S6=S3(q6+q3+1)-

，以下同方法一--3

aSn 2Sn－S1 2Sn－S1 ＝1，所 ＝1， — — 1 所以 ＝

Sn－Sn

又S1＝a1＝1，所以數(shù)列{1}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列 所以1＝1＋1 S＝2 ，即 n≥2時(shí)，a＝S

2 － —

，因此 ， 4、定np1＋p2n個(gè)正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”，若已知數(shù)列{an}的前n數(shù)”為1，又bn＝an，則1＋1＋…＋ 所以an＝10n－5，則bn＝2n－1， 1 1 ＝( 2 所以1＋1＋…＋1 1

1 ＝(－＋－…－＋－)＝(－)＝＝b1b2 2 2 例5、已知數(shù)列{an}，{bn}滿足2

＝bn(n∈N*)，則b2 解析：∵a＋b＝1，且 1＝bn ＋nn ∴bn ，∵a1＝＋

1 2 1

b ＝又 1＝ ∴1 ∴ {bn

b2017＝2017--4課后練習(xí)（6題，301、已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a，公差為－4，其前n項(xiàng)和為Sn.若存在m∈N*，使得Sm＝36，則實(shí)數(shù)的最小值 2、在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，記Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則 3、數(shù)列a定義如下：a1，a3， 2(n1)an1 na，n1,2,…．若a42016， n n n2 正整數(shù)m的最小值 4、已知等比數(shù)列{a}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a＋a＝4，a＋a＋a＋a

a7＋a8＋a9的值

， 5、已知等比數(shù)列an的公比q1其前n項(xiàng)和為Sn若S42S21則S6的最小值 6、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且Sn＝Sn1＋an 4—

－ 4求數(shù)列{an}的通項(xiàng)求證：數(shù)列{bn－an}為等比數(shù)列--5案1、解析：由題意得2a＝36＋2m－2≥12m

所以實(shí)數(shù)a的最小值為1的等差數(shù)列，a＋a＋a

2當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，an＋2＋an＝1，即數(shù)列{an}中的相鄰的兩個(gè)偶數(shù)項(xiàng)之和均等于因此，該數(shù)列的前60項(xiàng)和方法二∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}為等差數(shù)列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即∴S

23、解析：

2(n1)an1n

n2

(n

2(n

，即數(shù)列{nan}成等差數(shù)列首項(xiàng)為1，公差為2a

615，所以na

15(n1)5n4

54na420165442016m8068m 即4 (q＋q)＝40q9由a1＋a2＝4得9a＋a

∴ 5、解法1：從等比數(shù)列的基本量入a11q42a11q2 由S42S21得 1，得11 1 1 q42q2--6S6

1

q2 q2

q23q21tS6t3t

3 當(dāng)且僅當(dāng)q2 解法2：從等比數(shù)列的性質(zhì)入手 SS2S S42S21S63S2

1SS42S21a3a4a1a21S2q211q1S2S3S13233S3S3 S326、(1)解Sn＝Sn1＋an1＋1Sn－Sn1＝an— an－an1＝1——2 則數(shù)列{an}是以為公差的等差數(shù)列，又a1＝ ∴an＝a1＋(n－1)d＝n