高中数学竞赛专题复习学案14讲 第5讲 数列（一）

1、第5讲 数列（一）数列是高中数学的重要内容之一，也是高考及高中数学联赛考查的重点，而且往往还以压轴解答题的形式出现，所以我们在学习时应给予重视。近几年的数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。一、知识归纳（一）、数列的基础知识1数列的通项与前项的和的关系它包括两个方面的问题：一是已知求，二是已知求；（1）已知求：对于这类问题，可以用公式.（2）已知求：这类问题实际上就是数列求和的问题。数列求和一般有三种方法：倒序相加法、错位相减法和裂项相消法。2递推数列：，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设法转化为等差数列与

2、等比数列的有关问题，然后解决。（二）、等差数列与等比数列的若干结论1.数列的通项、数列的项数，递推公式与递推数列，数列的通项与数列的前项和公式的关系。由Sn求an：，注意验证a1是否包含在后面an 的公式中，若不符合要单独列出。若条件中若含有an与Sn的关系式，则变形就可用此公式；（或再写一次）；累乘法. 等比数列中：(1)等差数列公差的取值与等差数列的单调性的关系.(2)；.(3)；两等差数列对应项和(差)组成的新数列，这些都仍成等差数列. (4)等差（或等比）数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”（如a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9，）仍是等差（或等比）数列；即也成等差

3、数列.(5)，(6)；若的前项和，则.(7)；.(8)“首正”的递减等差数列中，前项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前项和的最小值是所有非正项之和；(9)有限等差数列中，奇数项和与偶数项和的存在必然联系，由数列的总项数是偶数还是奇数决定.若总项数为偶数，则“偶数项和奇数项和总项数的一半与其公差的积”；“若总项数为奇数，则“奇数项和偶数项和此数列的中项”.(10)两数的等差中项惟一存在.在遇到三数或四数成等差数列时，常考虑选用“中项关系”转化求解.(11)判定数列是否是等差数列的主要方法有：定义法、中项法、通项法、和式法、图像法(也就是说数列是等差数列的充要条件主要有这五种

4、形式).中：(1)等比数列的符号特征(全正或全负或正负交替)，等比数列的首项、公比与等比数列的单调性.(2)； .(3)、（下标成等差数列的子数列）、成等比数列；成等比数列成等比数列.(4)两等比数列对应项积(商)组成的新数列仍成等比数列.(5)若是等比数列的前n项和，当q=1且k为偶数时，不是等比数列；当q1或k为奇数时， 仍成等比数列。(6).特别：.(7).(8)“首大于1”的正值递减等比数列中，前项积的最大值是所有大于或等于1的项的积；“首小于1”的正值递增等比数列中，前项积的最小值是所有小于或等于1的项的积；(9)有限等比数列中，奇数项和与偶数项和的存在必然联系，由数列的总项数是偶数

5、还是奇数决定.若总项数为偶数，则“偶数项和”“奇数项和”与“公比”的积；若总项数为奇数，则“奇数项和”“首项”加上“公比”与“偶数项和”积的和.(10)并非任何两数总存在等比中项，当且仅当实数同号时，实数的等比中项不仅存在，而且有一对.也就是说，两实数要么没有等比中项(非同号时)，如果有，必成对出现(同号时)；在遇到三数或四数成等差数列时，常优先考虑选用“中项关系”转化求解.(11)判定数列是否是等比数列的方法主要有：定义法、中项法、通项法、和式法(也就是说数列是等比数列的充要条件主要有这四种形式).(1)如果数列成等差数列，那么数列(要有意义)必成等比数列.(2)如果数列成等比数列，那么数列

6、必成等差数列.(3)如果数列既成等差数列又成等比数列，那么数列是非零常数数列；但数列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)如果两等差数列有公共项，那么由他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。如果一个等差数列与一个等比数列有公共项顺次组成新数列，那么常选用“由特殊到一般的方法”进行研讨，且以其等比数列的项为主，探求等比数列中那些项是他们的公共项，并构成新的数列。注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究即研究之间的关系；但也有少数问题中研究，这时既要求项相同，也要求项数相同；7.数列求和的常用方法：（1）公

7、式法：等差数列求和公式（三种形式）；等比数列求和公式（三种形式），特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时分类讨论.记住一些常用结论，.（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或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前和公式的推导方法）.（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的通项相乘构成，那么常选用错位相减法，将其和转化为“一个新的的等比数列的和”求解（注意

8、：一般错位相减后，其中“新等比数列的项数是原数列的项数减1的差”！）（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：； ； ； ； ； .（6）通项转换法（自己归纳）。8. 首项为正（或为负）的递减（或递增）的等差数列前n项和的最大（或最小）问题，通常转化为解不等式解决，有时也可以利用二次图象借助判断； 9. 分期付款型应用问题(1)重视将这类应用题与等差数列或等比数列相联系.(2)若应用问题像“森林木材问题”那样，既增长又砍伐，则常选用“统一法”统一到“最后”解决.(3)“分期付款”、“森林木材”等问题的解决过程中，务

9、必“卡手指”，细心计算“年限”作为相应的“指数”.10.函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一个指数函数型的函数。可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。（三）等差数列与等比数列数列问题的综合性和灵活性如何表现？(an+1+an)=0，所以(n+1)an+1=nan，这说明数列nan是常数数列，故nan=1，an=；也可以由(n+1)an+1=nan，得：，所以例6解：当n=1时，由题意有6a1=a12+3a+2，于是a1=1 或 a1=2，当n2时，有6Sn=an2+3an+2，6Sn-1=an-12+3an-1+2，两式相减得：(anan-1

10、) (anan-13)=0由题意知an各项为正，所以anan-1=3当a1=1时，an=1+3(n1)=3n2，此时a42=a2a9成立当a1=2时，an=2+3(n1)=3n1，此时a42=a2a9不成立，故a1=2舍去所以an=3n2变式4解：（I）由已知得 又是以为首项，以为公比的等比数列.（II）由（I）知，将以上各式相加得： （III）存在，使数列是等差数列.由（I）、（II）知，又当且仅当时，数列是等差数列.例7：解：数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，设（），则数列的前10项和等于， ，选C.例8：解： an是正数等比数列，又 ，综上可知，例9：解：设数列的首项为a

11、1，公差为d，由已知得：，解得：所以an=n，从而Sn=，故bn=变式5 解：10，变式6解：（1）设数列的公差为d，因为f(1)= a1+a2+a3+an=n2，则na1+d=n2，即2a1+(n-1)d=2n.又f(-1)= -a1+a2-a3+-an-1+an=n，即=n，d=2，解得a1=1，an=1+2(n-1)=2n-1.(2) ，把它两边都乘以，得：两式相减，得：=，例10：解: (1) 由题知: ，解得，故. (2) ，, 又满足上式，所以. (3) 若是与的等差中项，则，从而，得. 因为是的减函数，所以当，即时，随的增大而减小, 此时最小值为；当, 即时, 随的增大而增大,

12、此时最小值为，又，所以，即数列中最小，且.变式7解：（1）由已知函数式可得，由已知可知，令，得，已知函数最小值为，最大值为，。（2），。又，。因此，。三、课后巩固1答案：，2答案：A3 证明：（1） a、b、c依次成等差数列 bcd，ca2d， abd（d0）代入 得：d（logm x2 logm y + logm z）0d0， y2xz，可知x、y、z 成等比数列（2） x、y、z 依次成等比数列， 两边取对数，得 logm zlogm ylogm ylogm xlogm qlogm zlogm x2 logm q 式可变为a（logm zlogmy）b（logm zlogmx）+ c（logm ylogmx）0 即logm q（a2b + c）0， logm q0， 2ba+c，可知a、b、c成等差数列 4解：设a1,a2,an是公差为4的等差数列，则a12+a2+a3+an100，即，即a12(n1)a1+(2n22n100)0 (1)因此，当且仅当=(n1)24(2n22n100)³=0时，至少存在一个实数a1满足(1)式，因为³=0，所以7n26n4010，解得 n1nn2 (2)，其中，所以满足(2)的自然数n的最大值为8，故这样的数列至多有8项。5解：设等差数列首项为a，公差为d，依题意有，即()因为n为不小于3的自然数，9