数列专题课程1.基本问题

--1积微教2017高一数列专题课第一 数列基本问等差数列通项 求 ：S＝n（a1＋an） 性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列等比数列通项求和

a1（1－qn）a－a＝，

；≠，

n 性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋①利用定义，证明an＋1(n∈N*)为一常数a2＝a－a n1n求通项的常见类an的表达式，然后用数学归

（n＝1， 法：利用等差(比)数列求通项累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f(n)，把原递推转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加(逐差相加法)求解--2(5)(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足 1＝f(n)an，把原递＋＋乘法)求解(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)先用待定 转化为an1－t＝p(an－t)，其中t＝q ＋数列求和常用方法分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)和.错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列. ＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法裂项相消法适用于形如{c}(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列anan例1、已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝3，则a5的值 解析：∵{an}为等差数列，Sn为其前n项的和，故S S5＝3，∴5a3＝9a2，∴a2＝5S 5∴a5＝a2＋3d 4例2、设Sn是正项等比数列{an}的前n项和，若S6-2S3=5，则S9-S6的最小值 2a(1-q3解析：方法一：当q=1时，S6-2S3=0，不合题意，所以q≠1，从而由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，则S9- =5 ≥20，当且仅当t=1，即 =2时等号成立 5方法二：因为S6=S3(1+q3)，所以由S6-2S3=5，得 q3-1>0，从而故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，所以数列{1}是首项为1，公差为1的等差数列 所以1＝1＋1 S＝2 ，即 n≥2时，a＝S

2 － —

，因此 ， 4、定np1＋p2n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n数”为1，又bn＝an，则1＋1＋…＋ 所以an＝10n－5，则bn＝2n－1， 1 1 ＝( 2 所以1＋1＋…＋1 1

1 ＝(－＋－…－＋－)＝(－)＝＝b1b2 2 2 例5、已知数列{an}，{bn}满足2

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

1 2 1

b ＝又 1＝ ∴1 ∴ {bn

b2017＝2017--4课后练习（6题，301、已知等差数列{an}的首项为a，公差为－4，其前n项和为Sn.若存在m∈N*，使得Sm＝36，则实数的最小值 2、在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则 3、数列a定义如下：a1，a3， 2(n1)an1 na，n1,2,…．若a42016， n n n2 正整数m的最小值 4、已知等比数列{a}的各项均为正数，且a＋a＝4，a＋a＋a＋a

a7＋a8＋a9的值

， 5、已知等比数列an的公比q1其前n项和为Sn若S42S21则S6的最小值 6、已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝Sn1＋an 4—

－ 4求数列{an}的通项求证：数列{bn－an}为等比数列--5案1、解析：由题意得2a＝36＋2m－2≥12m

所以实数a的最小值为1的等差数列，a＋a＋a

2当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于因此，该数列的前60项和方法二∵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}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即∴S

23、解析：

2(n1)an1n

n2

(n

2(n

，即数列{nan}成等差数列首项为1，公差为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：从等比数列的基本量入a11q42a11q2 由S42S21得 1，得11 1 1 q42q2--6S6

1

q2 q2

q23q21tS6t3t

3 当且仅当q2 解法2：从等比数列的性质入手 SS2S S42S21S63S2

1SS42S21a3a4a1a21S2q211q1S2S3S13233S3S3 S326、(1)解Sn＝Sn1＋an1＋1Sn－Sn1＝an— an－an1＝1——2 则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝ ∴an＝a1＋(n－1)d＝n