山东省武城县第二中学2024届高三数学(人教版)必修五知识方法回顾

高一数学必修五知识方法回顾(三)

数列（二）参考答案

例1 解析：(1)因为anbn?1?an?1bn?2bn?1bn?0，bn?0(n?N*)，所以

an?1an??2，即bn?1bncn?1?cn?2.

所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列. 故cn?2n?1.

(2)由bn?3n?1知an?cnbn?(2n?1)3n?1， 于是数列{an}的前n项和Sn?1?30?3?31?5?32??(2n?1)?3n?1.

3Sn?1?31?3?32??(2n?3)?3n?1?(2n?1)?3n，

?3n?1)?(2n?1)?3n??2?(2n?2)3n，

相减得?2Sn?1?2?(31?32?所以Sn?(n?1)3n?1.

2例2 解析：(1)由Sn?(n2?n?1)Sn?(n2?n)?0，得[Sn?(n2?n)](Sn?1)?0.

由于{an}是正项数列，所以Sn?0，Sn?n2?n.

于是a1?S1?2，n?2时，an?Sn?Sn?1?n2?n?(n?1)2?(n?1)?2n. 综上，数列{an}的通项an?2n. (2)证明：由于an?2n，bn?n?1， 2(n?2)2an则bn?n?1111?[?]. 22224n(n?2)16n(n?2)111111[1?2?2?2?2?2?1632435?1111???]

(n?1)2(n?1)2n2(n?2)2所以Tn??1111115[1?2??]?(1?)?. 222162(n?1)(n?2)16264三、习题归类跟踪

1.A 解析：由S5?5a3及S5?15得a3?3， ∴ d?a5?a311111?1，a1?1，∴an?n，，所以数列{???}的5?3anan?1n(n?1)nn?1anan?1前100项和T100?1?111???223?111100??1??，故选A. 10010110110122.D 解析：由题意得a7?a3?a9，又公差d??2，

∴(a3?8)2?a3(a3?12)，∴a3?16， ∴S10?10(a1?a10)10(a3?a8)??5(a3?a3?5d)?5?(16?16?10)?110，

22故选D.

n2?3n?23.B 解析an?lg?lg(n2?3n?2)?lg[n(n?3)]

n(n?3)?[lg(n?1)?lgn]?[lg(n?3)?lg(n?2)]

所以Sn?a1?a2??an?[lg(n?1)?lgn]?[lgn?lg(n?1)]??(lg4?lg3)}

?(lg2?lg1)?

{[lg(n?3)?lg(n?2)]?[lg(n?2)?lg(n?1)]??[lg(n?1)?lg1]?[lg(n?3)?lg3]?lg4.答案：?n?1?lg3 n?11 n解析：∵an?1?Sn?1?Sn，∴Sn?1?Sn?Sn?1Sn， 又由a1??1，知Sn?0，∴

11??1， SnSn?1∴{1111}是等差数列，且公差为?1，而???1，∴??1?(n?1)?(?1)??n， SnS1a1Sn1. n2∴Sn??5. 63 解析：a1，a3是方程x?5x?4?0的两个根且{an}是递增数列，故a3?4，a1?1，

a1(1?q6)故公比q?2，S6??63.

1?q6. 64 解析：由a1,a2,a5成等比数列，得(a1?d)?a1(a1?4d)，即(1?d)?1?4d，解

22得d?2(d?0舍去)，S8?1?15?8?64. 27.解析 （1）设数列{an}的公差为d，依题意，2，2?d，2?4d成等比数列，故有

(2?d)2?2(2?4d)，

2化简得d?4d?0，解得d?0或d?4.

当d?0时，an?2；

当d?4时，an?2?(n?1)?4?4n?2，

从而得数列{an}的通项公式为an?2或an?4n?2. （2）当an?2时，Sn?2n，显然2n?60n?800， 此时不存在正整数n，使得Sn?60n?800成立. 当an?4n?2时，Sn?2n[2?(4n?2)]?2n2.

22令2n?60n?800，即n?30n?400?0， 解得n?40或n??10（舍去）

此时存在正整数n，使得Sn?60n?800成立，

n的最小值为41.

综上，当an?2时，不存在满足题意的n；

当an?4n?2时，存在满足题意的n，其最小值为41.

228.解析：（1）由an?2an?4Sn?3，可知an?1?2an?1?4Sn?1?3. 22可得an?1?an?2(an?1?an)?4an?1，即 222(an?1?an)?an?a?1n?(an?1?an)(an?1?an).

由于an?0，可得an?1?an?2.

又a1?2a1?4a1?3，解得a1??1（舍去）或a1?3

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an?2n?1.

2（2）由an?2n?1可知bn?11111??(?). anan?1(2n?1)(2n?3)22n?12n?3设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn?b1?b2?11111?bn?[(?)?(?)?23557?(11?)] 2n?12n?3?n

3(2n?3)9.解析 （1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由a1?b1?2，得a4?2?3d，b4?2q3，S4?8?6d.

3??d?3,?2?3d?2q?27,由条件，得方程组?解得 ?3??q?2.?8?6d?2q?10,所以an?3n?1,bn?2n,n?N*. （2）证法一：

由（1）得Tn?2an?22an?1?23an?2??2na1，

②

①

2Tn?22an?23an?1??2na2?2n?1a1

由②—①，得Tn??2(3n?1)?3?22?3?23??3?2n?2n?2

12(1?2n?1)??2n?2?6n?2?10?2n?6n?10.

1?2而?2an?10bn?12??2(3n?1)?10?2n?12?10?2n?6n?10， 故Tn?12??2an?10bn，n?N*. 证法二：数学归纳法

（i）当n?1时，T1?12?a1b1?12?16，?2a1?10b1?16，故等式成立 （ii）假设当n?k时等式成立，即Tk?12??2ak?10bk，则当n?k?1时有：

Tk?1?ak?1b1?akb2?ak?1b3??ak?1b1?q(akb1?ak?1b2??ak?1b1?qTk

?a1bk?1 ?a1bk)

?ak?1b1?q(?2ak?10bk?12) ?2ak?1?4(ak?1?3)?10bk?1?24 ??2ak?1?10bk?1?12，

即Tk?1?12??2ak?1?10bk?1，因此n?k?1时等式也成立. 由（i）和（ii），可知对任意n?N*，Tn?12??2an?10bn成立

10.解析 （1）设等差数列{an}的公差为d，则a2?a1?d，a3?a1?2d，由题意得

?3a1?3d??3, ?a(a?d)(a?2d)?8,?111解得??a1?2,?a1??4,或?

?d??3?d?3.所以由等差数列通项公式可得an?2?3(n?1)??3n?5 或an??4?3(n?1)?3n?7. 故an??3n?5或an?3n?7.

（2）当an??3n?5时，a2，a3，a1分别为?1，?4，2，不成等比数列； 当an?3n?7时，a2,a3,a1分别为?1,2,?4， 成等比数列，满足条件. 故|an|?|3n?7|????3n?7,n?1,2,

?3n?7,n?3.记数列{|an|}的前n项和为Sn.

当n?1时，S1?|a1|?4；当n?2时，S2?|a1|?|a2|?5； 当n?3时，

Sn?S2?|a3|?|a4|??5??|an|?5?(3?3?7)?(3?4?7)??(3n?7)

(n?2)[2?(3n?7)]3211?n?n?10.

222当n?2时，满足此式

高一数学必修五知识方法回顾(三)

数列（二）

一、基础知识

1.求数列的前n项和的方法 (1)公式法

(i)等差数列的前n项和公式

Sn?①

=② .

(ii)等比数列的前n项和公式

a.当q?1时，Sn?na1；

b.当q?1时，Sn?③ =④ . (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.

(3)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和.

(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (5)倒序相加：把数列正着写和倒着写再相加，例如等差数列前n项和公式的推导方法. 2.常见的拆项公式 (1)

111??；

n(n?1)nn?11111?(?)；

n(n?k)knn?k1111?(?)；

(2n?1)(2n?1)22n?12n?11n?n?1?n?1?n；

(2)

(3)

(4)(5)

1111?[?]；

n(n?1)(n?2)2n(n?1)(n?1)(n?2)2n11(6)n； ??(2?1)(2n?1?1)2n?12n?1?1(7)若{an}为等差数列，公差为d(d?0)，则3.常见数列的前n项和 (1)1?2?3?(2)2?4?6?(3)1?3?5?2221111?(?)

an?an?1danan?1?n?n(n?1)； 2?2n?n2?n；

?(2n?1)?n2；

n(n?1)(2n?1)；

6n(n?1)2?n3?[]

2?n2?(4)1?2?3?(5)1?2?3?333n(a1?an)a?anqn(n?1)da1(1?qn)参考答案：①；②na1?；③；④1

221?q1?q二、基本方法

方法1 错位相减法求和

1.一般地，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.用错位相减法求和时，应注意：

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn?qSn”的表达式.

(3)应用等比数列求和公式必须注意公比q?1这一前提条件，如果不能确定公比q是否为1，应分两种情况进行讨论，这在以前的高考中经常考查. 例

1 已知首项都是

1

的两个数列{an}，{bn}(bn?0,n?N*)满足

anbn?1?an?b1n?2bn?bn1?0.

(1)令cn?an，求数列{cn}的通项公式； bnn?1(2)若bn?3

，求数列{an}的前n项和Sn.

方法2 裂项相消法求和

1.对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式数列的求和多用此法.

2.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，有些情况下，裂项时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.

2例2 正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn?(n2?n?1)Sn?(n2?n)?0.

(1)求数列{an}的通项an； (2)令bn?5n?1n?N*T?，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有. {b}Tnnnn2264(n?2)an三、习题归类跟踪

1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列{a5?5，S5?15，

1}的前100项和为( ) anan?1 A.

100 101 B.

99 101 C.

99 100D.

101 1002.已知{an}为等差数列，其公差为?2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，

n?N*，则S10的值为( )

A.?110

B.?90

C.90

D.110

3.已知数列{an}的通项公式为an?lg(1?则Sn?( )

A.0

B.lg2)，n?1,2,2n?3n,Sn是数列{an}的前n项和，

n?1?lg3 n?3C.lgn?lg2 n?2D.lgn?1?lg3 n?1 24.设Sn是数列{an}的前n项和，且a1??1,an?1?SnSn?1，则Sn?

5.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1,a3是方程x?5x?4?0的两个根，则S6? 6.已知{an}是等差数列，a1?1，公差d?0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8? 7.已知等差数列{an}满足a1?2，且a1，a2，a5成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn?60n?800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由.

28.Sn为数列{an}的前n项和，已知an?0，an?2an?4Sn?3.

(1)求{an}的通项公式； (2)设bn?

9.已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1?b1?2，a4?b4?27，

1，求数列{bn}的前n项和. anan?1S4?b4?10.

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记Tn?anb1?an?1b2?

10.已知等差数列{an}前三项的和为?3，前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式；

(2)若a2,a3,a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和.

?a1bn，n?N*，证明Tn?12??2an?10bn(n?N*).

11.数列{an}满足：a1?2a2?(1)求a3的值；

(2)求数列{an}的前n项和Tn；

12.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn?(?1)n?1?nan?4?n?2,n?N*. n?124n，求数列{bn}的前n项和Tn. anan?1

?4,?综上，Sn??3211?n?n?10,??22n?1n?1

11.解析：(1)当n?1时，a1?1；当n?2时，a1?2a2?2，解得a2?当n?3时，a1?2a2?3a3?(2)当n?2时，a1?2a2?1； 2111，解得a3?. 44?(n?1)an?1?nan?4?n?1 n?22

n?2 n?12

②

①

a1?2a2??(n?1)an?1?4?n1a?(n?2)， ，所以n2n?12n?11经检验，a1?1也适合上式，所以an?n?1(n?N*)

21所以数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列.

211?(1?n)2?2?1. 所以Tn?n?1121?22?1?2?2a1?2， 12.解析：(1)因为S1?a1，S2?2a1?24?3S4?4a1??2?4a1?12，

2由①～②得，nan?由题意得(2a1?2)2?a1(4a1?12)， 解得a1?1，所以an?2n?1. (2)bn?(?1)n?14n4n?(?1)n?1

(2n?1)(2n?1)anan?1?(?1)n?1(11?) 2n?12n?1111112n?)?(?)?1??. 2n?32n?12n?12n?12n?12n?1111112n?2?)?(?)?1??. 2n?32n?12n?12n?12n?12n?1当n为偶数时，

111Tn?(1?)?(?)?335当n为奇数时，

?(111Tn?(1?)?(?)?335?(?2n?2,n为奇数,??2n?1所以Tn??.

?2n,n为偶数??2n?12n?1?(?1)n?1(或Tn?)

2n?1

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