所以 即

(II)证明：因为 ，

所以

点评：该题通过求通项公式，最终通过通项公式解释复杂的不等问题，属于综合性的题目，解题过程中注意观察规律。

例3.已知数列 的首项 ( 是常数，且 )， ( )，数列 的首项 ， ( )。

(1)证明： 从第2项起是以2为公比的等比数列;

(2)设 为数列 的前n项和，且 是等比数列，求实数 的值。

分析：第(1)问用定义证明，进一步第(2)问也可以求出。

解：(1)∵ ∴

(n≥2)

由 得 ， ，∵ ，∴ ，

即 从第2项起是以2为公比的等比数列。

(2)

当n≥2时，

∵ 是等比数列, ∴ (n≥2)是常数， ∴3a+4=0，即 。

点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。

【反馈演练】

1.已知等差数列 中， ，则前10项的和 = 210 。

2.在等差数列 中，已知 则 = 42 。

3.已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是 3 。

4.如果 成等比数列，则 3 ， -9 。

5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

(1)求公差d的取值范围;

(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.

解：(1)依题意有：

解之得公差d的取值范围为-

(2)解法一：由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为：ak≥0且ak+1<0,即

∵a3=12, ∴ ， ∵d<0, ∴2-

∵-

因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.

解法二：由d<0得a1>a2>…>a12>a13，

因此若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1<0,则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值。又2a7=a1+a13= S13<0, ∴a7<0, a7+a6=a1+a12= S12>0, ∴a6≥-a7>0

故在S1，S2，…，S12中S6最大.

解法三：依题意得：

最小时，Sn最大;

∵-

从而，在正整数中，当n=6时，[n- (5- )]2最小，所以S6最大.

点评：该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易.

第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk(1≤k≤12)：思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1<0;而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解;思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解，它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.

第3课　数列的求和

【考点导读】

对于一般数列求和是很困难的，在推导等差、等比数列的和时出现了一些方法可以迁移到一般数列的求和上，掌握数列求和的常见方法有：

(1)公式法：⑴ 等差数列的求和公式，⑵ 等比数列的求和公式

(2)分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和(如：通项中含 因式，周期数列等等)

(3)倒序相加法：如果一个数列{a ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。特征：an+a1=an-1+a2

(4)错项相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所组成，此时求和可采用错位相减法。

(5)裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项之和变成首尾若干少数项之和。

【基础练习】

1.已知公差不为0的正项等差数列{an｝中,Sn为前n项之和,lga1、lga2、lga4成等差数列，若a5=10,

则S5 = 30 。

2.已知数列{an｝是等差数列,且a2=8,a8=26,从{an｝中依次取出第3项,第9项,第27项…,第3n项,按原来的顺序构成一个新的数列{bn｝, 则bn=__3n+1+2___

3.若数列 满足： ，2，3….则 .

【范例导析】

例1.已知等比数列 分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且

(Ⅰ)求 ;

(Ⅱ)设 ，求数列

解：(I)依题意

点评：本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和，本题还考查了转化的思想。

例2.数列 前 项之和 满足：

(1) 求证：数列 是等比数列 ;

(2) 若数列 的公比为 ,数列 满足： ，求数列 的通项公式;

(3) 定义数列 为 ，，求数列 的前 项之和 。

解：(1)由 得：

两式相减得： 　即 ,

∴数列 是等比数列 。

(2) ，则有 ∴ 。

(3) ，

∴

点评：本题考查了 与 之间的转化问题，考查了基本等差数列的定义，还有裂项相消法求和问题。

例3.已知数列 满足 ， .

(Ⅰ)求数列 的通项公式 ; (Ⅱ)设 ，求数列 的前 项和 ;

(Ⅲ)设 ，数列 的前 项和为 .求证：对任意的 ， .

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。

解：(Ⅰ) ， ，

又 ， 数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.

，　 即 .

(Ⅱ) .

.

(Ⅲ) ， .

当 时，则

.

， 对任意的 ， .

点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列 的通项 ，第二问分组求和法是非常常见的方法，第三问不等式的证明要用到放缩的办法，放缩的目的是利于求和，所以通常会放成等差、等比数列求和，或者放缩之后可以裂项相消求和。

【反馈演练】

1.已知数列 的通项公式 ，其前 项和为 ，则数列 的前10项的和为 75 。

2.已知数列 的通项公式 ，其前 项和为 ，则 377 。

3.已知数列 的前 项和为 ，且 ，则数列 的通项公式为 。

4.已知数列 中， 且有 ，则数列 的通项公式为

，前 项和为 。

5.数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an>0, 且(n+1)an2+an•an+1-nan+12=0，

又知数列{bn}的通项为bn=2n-1+1.

(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn;

(2)求数列{bn}的前n项和Tn;

解：(1)可解得 ，从而an=2n，有Sn=n2+n，

(2)Tn=2n+n-1.

6.数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an,(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;

(3)设bn= (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn> 成立?若存在，求出m的值;若不存在，说明理由.

解：(1)由an+2=2an+1-an an+2-an+1=an+1-an可知{an}成等差数列，?

d= =-2,∴an=10-2n.

(2)由an=10-2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=-n2+9n，当n>5时，Sn=n2-9n+40，

故Sn=

(3)bn=

;要使Tn> 总成立，需

第4课　数列的应用

【考点导读】

1.能在具体的问题情景中发现数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。

2.注意基本数学思想方法的运用，构造思想：已知数列构造新数列，转化思想：将非等差、等比数列转化为等差、等比数列。

【基础练习】

1.若数列 中， ，且对任意的正整数 、 都有 ，则 .

2.设等比数列 的公比为 ，前 项和为 ，若 成等差数列，则 的值为 。

3.已知等差数列 的公差为2，若 成等比数列，则 。

【范例导析】

例1.已知正数组成的两个数列 ，若 是关于 的方程 的两根

(1)求证： 为等差数列;

(2)已知 分别求数列 的通项公式;

(3)求数 。

(1)证明：由 的两根得：

是等差数列

(2)由(1)知

∴ 　　　又 也符合该式，

(3) ①

②

①—②得

.

点评：本题考查了等差、等比数列的性质，数列的构造，数列的转化思想，乘公比错项相减法求和等。

例2.设数列 满足 ，且数列 是等差数列，数列 是等比数列。

(I)求数列 和 的通项公式;

(II)是否存在 ，使 ，若存在，求出 ，若不存在，说明理由。

解：由题意得：

= ;

由已知 得公比

(2)

，所以当 时， 是增函数。

又 ， 所以当 时 ，

又 ， 所以不存在 ，使 。

【反馈演练】

1.制造某种产品，计划经过两年要使成本降低 ，则平均每年应降低成本 。

2.等比数列 的前 项和为 ， ，则 54 。

3.设 为等差数列， 为数列 的前 项和，已知 ， 为数列{ ｝的前 项和，则 .

4.已知数列

(1)求数列 的通项公式; (2)求证数列 是等比数列;

(3)求使得 的集合.

解：(1)设数列 ，由题意得：

解得：

(2)由题意知： ，

为首项为2，公比为4的等比数列

(3)由

5.已知数列 的各项均为正数， 为其前 项和，对于任意 ，满足关系 .

证明： 是等比数列;

证明：∵ ① ∴ ②

②-①，得

∵

故:数列{an}是等比数列

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