数列章末归纳整合1

4m－2 22m－1 即 n＝ ＝ . 3 3 令 2m－1＝3t，∵(2m－1)∈N＋为奇数， 3t＋1 ∴t∈N＋ 且为奇数，∴m＝ ，n＝2t. 2 而 1≤m≤40,1≤n≤40，
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3t＋1 1≤ ≤40， 2 ∴ 1≤2t≤40，
79 1 3≤t≤ 3 ， 解得 1≤t≤20. 2
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专题一
数列的概念与函数特性
1．数列中的数是按一定“顺序”排列的，可以看成一个定义域 为正整数集(或它的有限子集)的函数当自变量从小到大依 次取值时对应的一系列函数值．因此，数列的表示方法中 就有了类似于函数表示方法中的列表法、图像法、通项公 式法． 2．数列的分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数 列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数 列、摆动数列和常数列．
来表示．
3．数列是项关于序号的函数，是一种特殊的函数，其特殊性在 于数列的定义域是N＋(或其有限子集{1,2,3，…，n})，在我 们利用数列的通项公式求其最大项(或最小项)时，要特别注 意这一点，否则会产生错解．
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【例1】 求数列{－2n2＋9n＋3}的最大项．
解 已知－2n
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2．等比数列的概念、性质、通项公式是高考的必考内容，特 别是与其他知识的交汇点，一直是考查的重要热点之一， 常见的考题有： (1)判断、证明数列是等比数列； (2)运用通项公式求数列中的项； (3)解决数列与函数、三角、向量、几何等知识交汇点问 题； (4)涉及递推关系的推理及运算问题．
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n＋2 【例5】 数列{an}的前 n 项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝ n Sn(n ＝1,2,3，„)．
Sn 证明：(1)数列 是等比数列；(2)Sn＋1＝4an. n
证明
n＋2 (1)因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝ S， n n
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规律方法 (1)由于数列是特殊函数，因此可以用研究函 数的思想方法来研究数列的相关性质，如单调性、最大 值、最小值等；此时要注意数列的定义域为正整数集(或 其子集)这一条件．
an－1≤an， (2)可以利用不等式组 an≥an＋ 1， 找到数列的最大项；利
a1＝m＋n－1， 解得 d＝－1.
a1＋m－1d＝n， 得 a1＋n－1d＝m，
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∴am＋ n＝a1＋(m＋n－1)d＝m＋n－1＋(m＋n－1)· (－1)＝0. 法二 am－an ∵am＝an＋(m－n)d，m≠n，∴d＝ ＝－1. m－n
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解
(1)法一 设首项为 a1，公差为 d，则
a ＝1， 1 解得 d＝2.
a ＝a ＋2d＝5， 3 1 a7＝a1＋6d＝13，
∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n ∵d＝ ＝ ＝2， 7－3 7－3
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1．概念创新型
an＋2－an＋1 【例6】 若在数列{an}中，对任意 n∈N＋，都有 ＝k(k an＋1－an 为常数)，则称{an}为“等差比数列”．下面对“等差比数列” 的判断：
①k不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比 数列一定是“等差比数列”；④通项公式为an＝a·n＋ b c(a≠0，b≠0，1)的数列一定是“等差比数列”． 其中正确的判断为 ( )． A．①② B．①④ C．③④ D．②③
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【例3】 已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且{an}为2,5,8， …，{bn}为1,5,9，…，它们的项数均为40，则它们有多少 个彼此具有相同数值的项？ 解 由已知两等差数列的前3项，容易求得它们的通项公 式分别为：an＝3n－1，bm＝4m－3(m、n∈N＋，且 1≤n≤40,1≤m≤40)．令an＝bm，得3n－1＝4m－3，
2
9 2 105 ＋9n＋3＝－2n－ ＋ . 4 8
由于函数
9 2 105 9 f(x)＝－2 x－ ＋ 在 0， 上是增函数，在 4 8 4
9 ，＋∞ 上是减函数，故当 4
n＝2 时，f(n)＝－2n2＋9n＋3 取
得最大值 13，所以数列{－2n2＋9n＋3}的最大项为 a2＝13.
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规律方法 若{an}为等差数列，求{|an|}的前 n 项和的方法：设数 列{an}的前 n 项和为 Sn， 数列{|an|}的前 n 项和为 S′n.若 an>0， d<0， 且 n≤17 时，an>0，n≥18 时，an<0，(如本例)，则 S′n ＝ Sn，n≤17，n∈N＋， 2S17－Sn，n>17，n∈N＋， 若 an<0，d>0 且 n≤17 时，an<0，n≥18 时，an>0，则 S′n＝ －Sn，n≤17，n∈N＋， Sn－2S17，n>17，n∈N＋ .
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专题五
等比数列的概念和性质
新课标要求理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项 公式，并能在具体问题情境中识别数列的等比关系，还要求 我们了解等比数列与指数函数的关系． (1)等比数列的性质是等比数列基本规律的深刻体现，是解决 1． 等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识去应用． (2)在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当 变形． (3)“巧用性质、减少运算量”在等比数列的计算中非常重要， 使用“基本量法”，并树立“目标意识”，“需要什么，就求什 么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标， 往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果．
∴am＋ n＝am＋[(m＋n)－m]· d＝n＋n· (－1)＝0.
规律方法
由等差数列的通项公式可证明：an－am＝(n－
an－am m)d(n、m∈N＋，n≠m)或 d＝ ，当 m＝1 时，即为 an n－m ＝a1＋(n－1)d.
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专题三
等差数列的性质
运用等差数列的性质解题时，要注意序号与项的对应 关系．在等差数列的学习过程中，最常见的错误是对等差 数列性质的误用．公式am＋an＝ap＋aq(其中p＋q＝m＋ n，m、n、p、q∈N＋)表明，在等差数列中若每两项的序 号和相等，则其对应项的和也相等，否则不成立．例如： 我们有a2＋a4＝a1＋a5＝2a3，但不能得出a6＝a2＋a4.
所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)． Sn＋ 1 2Sn 整理得 nSn＋1＝2(n＋1)Sn.所以 ＝ . n＋1 n
Sn 故 是首项为 n
1，公比为 2 的等比数列．
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Sn＋ 1 Sn－ 1 (2)由(1)知 ＝4· (n≥2)． n＋1 n－1 Sn － － － ＝2n 1，∴Sn＝n·n 1，∴an＝Sn－Sn－ 1＝(n＋1)2n 2(n≥2)． 2 n Sn－ 1 于是 Sn＋1＝4(n＋1)· ＝4an(n≥2)． n－1 又 a2＝3S1＝3，故 S2＝a1＋a2＝4＝4a1. 因此对于任意正整数 n，都有 Sn＋1＝4an.
1 ∴ ≤t≤20.又 t∈N＋且为奇数， 2 ∴两数列中共有 10 个数值相同的项．
规律方法 本题所说的数值相同的项，在各自数列中的 序号不一定相同，也就是看这两个数列中有没有数值相 同的项．
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专题四
等差数列前n项和的最值问题解法
an≥0， 时，满足不等式组 an＋1≤0
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(2)当 n≤17，n∈N＋时， nn－1 |a1|＋|a2|＋„＋|an|＝a1＋a2＋„＋an＝na1＋ d＝ 2 3 2 103 － n＋ n， 2 2 当 n≥18，n∈N＋ 时 |a1 |＋|a2 |＋„＋|an |＝a1 ＋a2＋„＋a17 －a18－a19－„－an＝ 3 2 103 2(a1＋a2＋„＋a17)－(a1＋a2＋„＋an)＝ n － n＋884， 2 2 3 2 103 ∴当 n≤17，n∈N＋时，{|an|}前 n 项和为－ n ＋ n， 2 2 3 2 103 当 n≥18，n∈N＋ 时，{|an|}前 n 项和为 n － n＋884. 2 2
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【例2】 已知{an}为等差数列，分别根据下列条件写出它的通 项公式． (1)a3＝5，a7＝13； (2)前三项为：a,2a－1,3－a. (3)am＝n，an＝m，m≠n，求am＋n. [思路探索] 欲写出等差数列的通项公式，只需确定它的 首项a1与公差d，代入an＝a1＋(n－1)d即得．
1．邻项变号法 (1)当 a1>0，d<0 的项数 n，
使得 Sn 取得最大值； (2)当 a1<0，d>0
an≤0， 时，满足不等式组 an＋1≥0
的项数 n，
使得 Sn 取得最小值．
配方法 2． 把等差数列前n项和Sn表示成关于n的二次函数，利用配方法， 运用二次函数的知识求解等差数列前n项和的最值问题．注意 项数n的取值为正整数． 注 在解含绝对值的数列最值问题时，注意转化思想的应用．
an－1≥an， 用不等式组 找到数列的最小项． an≤an＋ 1，