人教版高中數(shù)列知識點總結(jié)(知識點+例題) 4

數(shù)學(xué)必修5數(shù)列知識點1：等差數(shù)列及其前n項1．等差數(shù)列的定義2．等差數(shù)列的通項公式如果等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，那么它的通項公式an＝a1＋(n－1)d.3．等差中項如果A＝eq\f(a＋b,2)，那么A叫做a與b的等差中項．4．等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：an＝am＋（n-m）d，(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則{a2n}也是等差數(shù)列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．(5)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列．5．等差數(shù)列的前n項和公式設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d，其前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)或Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.6．等差數(shù)列的前n項和公式與函數(shù)的關(guān)系Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.數(shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝An2＋Bn，(A、B為常數(shù))．7．等差數(shù)列的最值在等差數(shù)列{an}中，a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．[難點正本疑點清源]1．等差數(shù)列的判定(1)定義法：an－an－1＝d(n≥2)；(2)等差中項法：2an＋1＝an＋an＋2.2．等差數(shù)列與等差數(shù)列各項和的有關(guān)性質(zhì)(1)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差數(shù)列，公差為kd.(2)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列．(3)S2n－1＝(2n－1)an.(4)若n為偶數(shù)，則S偶－S奇＝eq\f(n,2)d.若n為奇數(shù)，則S奇－S偶＝a中(中間項)．例1（等差數(shù)列的判定或證明）：已知數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}中的最大項和最小項，并說明理由．(1)證明∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).∴n≥2時，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝1.∴數(shù)列{bn}是以－eq\f(5,2)為首項，1為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，則an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))內(nèi)為減函數(shù)．∴當(dāng)n＝3時，an取得最小值－1；當(dāng)n＝4時，an取得最大值3.例2（等差數(shù)列的基本量的計算）設(shè)a1，d為實數(shù)，首項為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1(2)求d的取值范圍．解(1)由題意知S6＝eq\f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)方法一∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0.因為關(guān)于a1的一元二次方程有解，所以Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0，解得d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).方法二∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，9da1＋10d2＋1＝0.故(4a1＋9d)2＝d2－8.所以d2≥8.故d的取值范圍為d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).例3（前n項和及綜合應(yīng)用）(1)在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15，求當(dāng)n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值；(2)已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝4n－25，求數(shù)列{|an|}的前n項和．解方法一∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，∴d＝－eq\f(5,3).∴an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).∴a13＝0，即當(dāng)n≤12時，an>0，n≥14時，an<0，∴當(dāng)n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為S13＝S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.方法二同方法一求得d＝－eq\f(5,3).∴Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).∵n∈N*，∴當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.(2)∵an＝4n－25，an＋1＝4(n＋1)－25，∴an＋1－an＝4＝d，又a1＝4×1－25＝－21.所以數(shù)列{an}是以－21為首項，以4為公差的遞增的等差數(shù)列．令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝4n－25<0，①,an＋1＝4n＋1－25≥0，②))由①得n<6eq\f(1,4)；由②得n≥5eq\f(1,4)，所以n＝6.即數(shù)列{|an|}的前6項是以21為首項，公差為－4的等差數(shù)列，從第7項起以后各項構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，而|a7|＝a7＝4×7－24＝3.設(shè){|an|}的前n項和為Tn，則Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21n＋\f(nn－1,2)×－4n≤6,66＋3n－6＋\f(n－6n－7,2)×4n≥7))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23nn≤6，,2n2－23n＋132n≥7.))例4，已知某等差數(shù)列共有10項，其奇數(shù)項之和為15，偶數(shù)項之和為30，則其公差為3例5等差數(shù)列的前n項和分別為，且,則使得為正整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)是3.（先求an/bnn=5,13,35）已知遞推關(guān)系求通項：這類問題的要求不高，但試題難度較難把握.一般有三常見思路：(1)算出前幾項，再歸納、猜想；(2)“an+1=pan+q”這種形式通常轉(zhuǎn)化為an+1+λ=p(an+λ),由待定系數(shù)法求出,再化為等比數(shù)列；(3)逐差累加或累乘法.例6已知數(shù)列中，，當(dāng)時，其前項和滿足，則數(shù)列的通項公式為例7在數(shù)列中，，，則.知識點2：等比數(shù)列及其n項和1．等比數(shù)列的定義2．等比數(shù)列的通項公式3．等比中項若G2＝a·b(ab≠0)，那么G叫做a與b的等比中項．4．等比數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：an＝anqn－m，(n，m∈N*)．(2)若{an}為等比數(shù)列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，則ak·al＝am·an.(3)若{an}，{bn}(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比數(shù)列．5．等比數(shù)列的前n項和公式等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，其前n項和為Sn，當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).6．等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)公比不為－1的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列，其公比為qn.7.等比數(shù)列的單調(diào)性

q>10<q<1q=1q<0

a>0

遞增

遞減

常數(shù)列

擺動數(shù)列

a<0

遞減

遞增

常數(shù)列

擺動數(shù)列【難點】1．等比數(shù)列的特征從等比數(shù)列的定義看，等比數(shù)列的任意項都是非零的，公比q也是非常數(shù)．2．等比數(shù)列中的函數(shù)觀點利用函數(shù)、方程的觀點和方法，揭示等比數(shù)列的特征及基本量之間的關(guān)系．在借用指數(shù)函數(shù)討論單調(diào)性時，要特別注意首項和公比的大?。?．等比數(shù)列的前n項和Sn(1)等比數(shù)列的前n項和Sn是用錯位相減法求得的，注意這種思想方法在數(shù)列求和中的運用．(2)等比數(shù)列的通項公式an＝a1qn－1及前n項和公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(q≠1)共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，知三求二，體現(xiàn)了方程的思想的應(yīng)用．(3)在使用等比數(shù)列的前n項和公式時，如果不確定q與1的關(guān)系，一般要用分類討論的思想，分公比q＝1和q≠1兩種情況．例1：(1)在等比數(shù)列{an}中，已知a6－a4＝24，a3a5＝64，求{an}的前8項和S8；(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，它的前n項和為40，前2n項和為3280，且前n項中數(shù)值最大的項為27，求數(shù)列的第2n項．(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由通項公式an＝a1qn－1及已知條件得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6－a4＝a1q3q2－1＝24，①,a3·a5＝a1q32＝64.

②))由②得a1q3＝±8.將a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，無解將a1q3＝8代入①式，得q2＝4，∴q＝±2.，故舍去．當(dāng)q＝2時，a1＝1，∴S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝255；當(dāng)q＝－2時，a1＝－1，∴S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝85.(2)若q＝1，則na1＝40,2na1＝3280，矛盾．∴q≠1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)＝40，①,\f(a11－q2n,1－q)＝3280，

②))eq\f(②,①)得：1＋qn＝82，∴qn＝81， ③將③代入①得q＝1＋2a1. ④又∵q>0，∴q>1，∴a1>0，{an}為遞增數(shù)列．∴an＝a1qn－1＝27， ⑤由③、④、⑤得q＝3，a1＝1，n＝4.∴a2n＝a8＝1×37＝2187.例2已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.(1)設(shè)cn＝an－1，求證：{cn}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{bn}的通項公式．1)證明∵an＋Sn＝n， ①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2)，∴{an－1}是等比數(shù)列．∵首項c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝eq\f(1,2)，∴c1＝－eq\f(1,2)，公比q＝eq\f(1,2).又cn＝an－1，∴{cn}是以－eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2)解由(1)可知cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴an＝cn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴當(dāng)n≥2時，bn＝an－an－1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.又b1＝a1＝eq\f(1,2)代入上式也符合，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.例3在等比數(shù)列{an}中，(1)若已知a2＝4，a5＝－eq\f(1,2)，求an；(2)若已知a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．解(1)設(shè)公比為q，則eq\f(a5,a2)＝q3，即q3＝－eq\f(1,8)，∴q＝－eq\f(1,2)，∴an＝a5·qn－5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－4.(2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝aeq\o\al(2,4)，∴aeq\o\al(3,4)＝8，a4＝2.∴a2a3a4a5a6＝aeq\o\al(5,4)＝25＝32.例4已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，證明：{bn}是等比數(shù)列；(2)求{an}的通項公式．規(guī)范解答(1)證明b1＝a2－a1＝1， [1分]當(dāng)n≥2時，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1， [5分]∴{bn}是首項為1，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列． [6分](2)解由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1， [8分]當(dāng)n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) [10分]＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝1＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1當(dāng)n＝1時，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，∴an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*)． [14分]例4（07重慶11）設(shè)的等比中項，則a+3b的最大值為2.（三角函數(shù)）例5若數(shù)列1,2cosθ,22cos2θ,23cos3θ,…,前100項之和為0,則θ的值為（）例6△ABC的三內(nèi)角成等差數(shù)列,三邊成等比數(shù)列,則三角形的形狀為__等邊三角形__________.【綜合