1、第四章数列第四章数列 章末复习课章末复习课 网络构建 核心归纳 1.等差数列和等比数列的基本概念和公式 等差数列 等比数列 定义 如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一数， 那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母 d 表示 常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母 q 表示(q0) 递推关系 an1and an1anq 中项 由三个数 a，A，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时 A叫做 a 与 b 的等差中项， 且 Aab2 如果 a
2、与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b 成等比数列，那么 G叫做 a 与 b 的等比中项，且 G ab 通项公式 ana1(n1)d ana1qn1 前 n 项和公式 Snn（a1an）2na1n（n1）2d 当 q1 时，Sna1（1qn）1qa1anq1q当 q1 时，Snna1 性质 am， an的关系 aman(mn)d amanqmn m，n，s，tN*，mnst amanasat amanasat kn是等差数列，且knN* akn是等差数列 akn是等比数列 n2k1，kN* S2k1(2k1) ak a1a2 a2k1a2k1k 判断方法 利用定义 an1an是同一常数 a
3、n1an是同一常数 利用中项 anan22an1 anan2a2n1 利用通项公式 anpnq，其中 p，q 为常数 anabn(a0，b0) 利用前 n 项和公式 Snan2bn(a，b 为常数) SnA(qn1)，其中 A0，q0且 q1 或 Snnp(p为非零常数) 2.求数列的通项公式的方法 (1)归纳法；(2)累加、累乘法；(3)构造等差、等比数列法. 3.求数列的前 n 项和的基本方法 (1)公式法：利用等差数列或等比数列前 n 项和 Sn公式； (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列； (3)裂项(相消)法： 有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式， 相加过程消去
4、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：例如等差数列前 n 项和公式的推导； (6)并项求和法：适用于正负相间的数列. 要点一 等差、等比数列的判定 1.判定等差数列的方法 (1)定义法；(2)等差中项法；(3)通项公式法. 2.判定等比数列的方法 (1)定义法；(2)等比中项法；(3)通项公式法. 注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能作为证明方法. 【例 1】 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2)，a112. (1)求证：1Sn是等差数列； (2)求数列an的通项公式.
5、 (1)证明 当 n2 时，由 an2SnSn10 得 SnSn12SnSn1， 所以1Sn1Sn12， 又1S11a12，所以1Sn是首项为 2，公差为 2 的等差数列. (2)解 由(1)可得1Sn2n，所以 Sn12n. 当 n2 时，anSnSn112n12（n1）12n（n1）； 当 n1 时，a112，不符合 an12n（n1）. 故 an12（n1），12n（n1）（n2且nN*）. 【训练 1】 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn5an85，nN*. (1)证明：an1是等比数列； (2)求数列an的通项公式. (1)证明 Snn5an85， Sn1(n1)5an1
6、85， 两式相减得：an115an5an1， 整理得：an156an16， an1156(an1)， 又a115a185，即 a114， a1114115， 数列an1是以15 为首项，56为公比的等比数列. (2)解 由(1)可知 an11556n1， an11556n1. 要点二 求数列的通项公式 数列的通项公式是数列的重要内容之一， 它把数列各项的性质集于一身.常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前 n 项和作差法、辅助数列法. 【例 2】 已知数列an中，a12，且满足 an1an2nn，求数列an的通项公式. 解 由条件知 an1an2nn，则 a2a1211，a
7、3a2222，a4a3233，anan12n1n1，累加得(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)(211)(222)(233)(2n1n1)， ana1(21222n1)(12n1) 2n2n（n1）2， a12，an2nn（n1）2. 【训练 2】 已知 Sn4an12n2，求 an与 Sn. 解 Sn4an12n2， Sn14an112n3，n2， 当 n2 时，SnSn1anan1an12n312n2. an12an112n1. an12nan112n12，2nan2n1an12， 2nan是等差数列，d2，首项为 2a1. a1S14a11212a1， a11，2nan22
8、(n1)2n. ann12n1，nN*， Sn4an12n24n12n112n24n22n1. 要点三 等差、等比数列的综合问题 等差、等比数列是两类基本的数列，两数列相结合的问题经常考查，特别是通项公式、前 n 项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点. 【例 3】 在等差数列an中，a2a723，a3a829. (1)求数列an的通项公式； (2)设数列anbn是首项为 1，公比为 q 的等比数列，求数列bn的前 n 项和 Sn. 解 (1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 则由题意，可得2a17d23，2a19d29，解得a11，d3， 所以 an1(n1)(3)3n2. (
9、2)由题意，得 anbnqn1，所以 bn3n2qn1. 当 q1 时，bn3n1， 则 Snn（23n1）2n（3n1）2； 当 q1 时， Snb1b2bn 14(3n2)(1qqn1) n（13n2）21qn1q n（3n1）21qn1q. 综上，Snn（3n1）2（q1），n（3n1）21qn1q（q1）. 【训练 3】 已知等差数列an的公差 d 为 2，且 a1，a3，a4成等比数列. (1)求an的通项公式； (2)设an的前 n 项和为 Sn，求 S20的值. 解 (1)a1，a3，a4成等比数列，a23a1a4， (a12d)2a1(a13d)， (a14)2a1(a16)，
10、 解得 a18. an的通项公式为 an2n10. (2)S2020（a1a20）2 10(a1a119d)10(16192)220， S20的值为 220. 要点四 数列求和问题 (1)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前 n 项和可用错位相减法求解. 【例 4】 已知公差不为 0 的等差数列an的首项 a12，且 a11，a21，a41 成等比数列. (1
11、)求数列an的通项公式； (2)设 bn1anan1，nN*，Sn是数列bn的前 n 项和，求使 Sn319成立的最大的正整数 n. 解 (1)设an的公差为 d. 由 a11，a21，a41 成等比数列， 可得(a21)2(a11)(a41)，又 a12， (3d)23(33d)，解得 d3(d0 舍去)， 则 ana1(n1)d23(n1)3n1. (2)bn1anan11（3n1）（3n2）1313n113n2， Sn131215151813n113n2 131213n2n2（3n2）， 则 Sn319，即n2（3n2）319，解得 n12， 则所求最大的正整数 n 为 11. 【训练
12、4】 设 Sn为数列an的前 n 项和，且 a11，当 n2 时，(n1)an(n1)Sn1n(n1)，nN*. (1)证明：数列Snn1 为等比数列； (2)记 TnS1S2Sn，求 Tn. (1)证明 当 n2 时，anSnSn1， 所以(n1)(SnSn1)(n1)Sn1n(n1)， 即(n1)Sn2nSn1n(n1)，则Snn2Sn1n11， 所以Snn12Sn1n11 ，又S1112， 故数列Snn1 是首项为 2，公比为 2 的等比数列. (2)解 由(1)知Snn1S111 2n12n， 所以 Snn 2nn， 故 Tn(12222n 2n)(12n). 设 M12222n 2n， 则 2M122223n 2n1， 所以M2222nn 2n12n12n 2n1， 所以 M(n1)2n12， 所以 Tn(n1)2n12n（n1）2.
