高考复习指导讲义数列极限数学归纳法

高考复习指导讲义数列极限数学归纳法

高考复习指导讲义 第四章 数列、极限、数学归纳法 一、考纲要求 ‎1.掌握：‎ ‎①掌握等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式；‎ ‎②能够运用这些知识解决一些实际问题；‎ ‎③掌握极限的四则运算法则.‎ ‎2.理解：‎ ‎①数列的有关概念；‎ ‎②能根据递推公式算出数列的前几项；‎ ‎③会求公比的绝对值小1的无穷等比数列前n项的极限.‎ ‎3.了解：‎ ‎①了解递推公式是给出数列的一种方法；‎ ‎②了解数列极限的意义；‎ ‎③了解数学归纳法的原理，并能用数学归纳法证明一些简单问题.‎ 二、知识结构 ‎(一)数列的一般概念 数列可以看作以自然数集(或它的子集)为其定义域的函数，因此可用函数的观点认识数列，用研究函数的方法来研究数列。‎ 数列表示法有：列表法、图像法、解析法、递推法等。‎ 列表法：就是把数列写成a1,a2,a……an……或简写成｛an｝，其中an表示数列第n项的数值，n就是它的项数，即an是n的函数。‎ 解析法：如果数列的第n项能用项数n的函数式表示为an=f(n)这种表示法就是解析法，这个解析式叫做数列的通项公式。‎ 图像法：在直角坐标系中，数列可以用一群分散的孤立的点来表示，其中每一个点(n,an)的横坐标n表示项数，纵坐标an表示该项的值。用图像法可以直观的把数列an与n的函数关系表示出来。‎ 递推法：数列可以用两个条件结合起来的方法来表示：①给出数列的一项或几项。②给出数列中后面的项用前面的项表示的公式，这是数列的又一种解析法表示称为递推法。例如：数列2，4，5，，…递推法表示为a1=2‎ 其中an+1=an+又称该数列 an+1=an+(n∈N) ‎ 的递推公式。‎ 由数列项数的有限和无限来分数列是有穷数列和无穷数列。‎ 由数列项与项之间的大小关系来分数列是递增数列、递减数列、摆动数列以及常数列。‎ 由数列各项绝对值的取值范围来分数列是有界数列和无界数列、通项公式是研究数列的一个关键，归纳通项公式是求数列通项公式的最基本方法，给出数列的前n项，求这个数列的通项公式并不是唯一的，也并非所有的数列都能写出通项公式。‎ 数列｛an｝的前n项和是：a1+a2+a3+…+an记作Sn，要正确认识数列前n项和的符号，Sn 是下角码n的函数。数列的前n项和与通项之间的关系是an=S1(n=1)‎ Sn-Sn-1(n≥2)‎ 本单元习题主要有两种类型：①已知数列的通项公式或递推关系写出数列或数列的某一项、某几项。②由题设写出数列的通项公式。‎ ‎(二)等差数列和等比数列 ‎1.等差数列定义、表示法及性质 ‎(1)等差数列定义中，要准确地理解，稳健地应用公差d，准确的理解即注意定义中“从第二项起”及“同一个常数”的含义，稳健地应用即an+1-an=d是证明数列是等差数列的理论依据之一，而d的符号又决定等差数列的单调性。‎ ‎(2)如果一个数列｛an｝是等差数列，公差为d，则这个数列可表示为：‎ ‎①列表法：a1,a1+d,a1+2d…a1+(n-1)d…简写成｛a1+(n-1)d｝特殊地，只有三项时可写成：a-d,a,a+d，只有四项时可写成：a-3d,a-d,a+d,a+3d.‎ 表示规律：奇数项公差为d，偶数项公差为2d，它们是解决等差问题的计算工具。‎ ‎②解析法：an-an-1=d(n≥2,n∈N)‎ 特殊地，只有三项时可写成A-x=y-A 即‎2A=x+y其中A叫做x、y的等差中项，它们是解决等差问题的证明工具。‎ ‎③图像法：an=a1+(n-1)d可改写成an=dn+a1-d这表明当d≠0时an是关于n的一次函数，因此在直角坐标系中等差数列的图像是：以d为斜率在y轴上截距为a1-d并且n为自然数的一条直线上一些分散的点。‎ ‎(3)等差数列的通项公式 已知a1和公差d，则有an=a1+(n-1)d 已知am和公差d，则有an=am+(n-m)d(m,n∈N)‎ ‎(4)等差数列的前n项和公式 已知a1和an，则有Sn=(n∈N)‎ 已知a1和d，则有Sn=na1+d(n∈N)‎ ‎(5)等差数列的性质 ‎①在等差数列的前n项中，与两端等距离的两项之和均相等，即：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……=ar+an-r+1=……‎ ‎②在等差数列中，若某两项的项数之和是定值，则相应的两项的数值之和也是定值。‎ 即：在等差数列｛an｝中，如果m+n=p+q(m,n,p,q∈N)，那么，am+an=ap+aq ‎③用图像法表示等差数列时，其各点均在以公差d为斜率的一条直线上，即d=(m,n∈N,m≠n)‎ ‎④等差数列等距离的取出若干项，仍然是等差数列。‎ ‎⑤公差为d的等差数列，按k项分组，每k项之和组成的数列仍是等差数列，其公差为k2d.‎ 即：a1+a2+a3+…+ak,ak+1+ak+2+…+a2k…ank+1+ank+2+…+ank+k…仍是等差数列。‎ ‎⑥两个等差数列的第n项之比等于前2n-1项之和的比。‎ ‎⑦数列｛an｝成等差数列的充要条件是an=dn+c(d,c为常数，n∈N)‎ ‎⑧数列｛an｝成等差数列的充要条件是Sn=an2+bn(a,b为常数，n∈N)‎ ‎2.等比数列定义、表示法及性质 ‎(1)在等比数列的定义中要准确地理解，灵活地应用公比q，准确地理解即注意定义中“从第二项起”及“同一个常数”的含义，注意公比q不能为零。灵活地应用表现在：当=q(n∈N,q为常数)时，此数列是等比数列；表现在当q＞0时等比数列各项符号均相同，当q＜0时各项符号正负相间；表现在当｜q｜＞1时数列每一项取绝对值后是递增的，当｜q｜＜1时数列每一项取绝对值后是递减的。‎ ‎(2)如果一个数列｛an｝是等比数列，公比为q，那么该数列可表示为：‎ ‎①列表法：a1,a1q,a1q2…a1qn-1…可简写成｛a1qn-1｝‎ 特殊地，只有三项时可写成：,a,aq 只有四项时可写成：、、aq、aq3‎ 表示规律：奇数项公比为q，偶数项公比为q2，它们是解决等比数列问题的计算工具。‎ ‎②解析法：=q(n∈N,q≠0)‎ 特殊地，只有三项时可写成=或G2=xy或G=±其中G叫做x、y的等比中项，它们是解决等比问题的证明工具。‎ ‎③图像法：表示数列｛cqn｝的各点均在指数函数y=cqx的图像上(其中c=)‎ ‎(3)等比数列的通项公式 已知a1和公比q，则有an=a1qn-1(n∈N)‎ 已知am和公比q，则有an=amqn-m(m,n∈N)‎ ‎(4)等比数列的前n项和公式 na1(q=1) na1(q=1)‎ Sn=或 (q≠1)(q≠1)‎ ‎(5)等比数列的性质 ‎①在等比数列的前n项中，与两端等距离的两项之积均相等。‎ 即：a1·an=a2·an-1=…=ar·an-r+1=…‎ ‎②在等比数列中，若两项的项数之和是定值，则相应两项的数值之积也是定值。‎ 即在等比数列｛an｝中，若m+n=p+q，则am·an=ap·aq(m,n,p,q∈N)‎ ‎③公比为q的等比数列，按k项分组，每k项之和组成的数列仍是等比数列。‎ ‎④从公比为q的等比数列中，取出等距离的项组成的数列仍是等比数列。‎ ‎⑤公比为q的等比数列中，相邻的k项之和(设第一项为am)等于前k项之和的qm-1倍。‎ ‎(三)数列求和 数列求和是中学数学中规律性很强的一部分内容，本单元主要让学生掌握数列求和的常用方法。‎ 求数列的前n项和Sn，通常要掌握以下解法：‎ ‎1.倒序相加法：如果一个数列｛an｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法。‎ ‎2.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法。‎ ‎3.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列重新组合或把整个数列分成两部分，使其转化成等差数列或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。‎ ‎4.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消方法。‎ ‎5.公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式法求和。常用公式有：=13+23+33+…+n3=n2(n+1)2‎ =1+2+3+…+n=n(n+1)‎ =12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)‎ ‎(四)数列的极限 ‎1.要深刻地理解数列极限的定义 ‎(1)要记准定义中字母、符号的含义及其功能。定义中的ε是任意给定的正数，它主要反映an与A接近的程度，因为ε可以任意的小，所以an与A可以无限地接近。N是一个自然数，其功能是当n＞N时有｜an-A｜＜ε恒成立。显然对一个ε与其对应的N并不是唯一的，确定N一般以解题简便为原则。符号“”表示趋近于，符号“∞”表示无穷大，符号“n∞”表示n趋近于无穷大，即无限增大的意思。无穷大表示量的变化状态，它不是一个确定的数，切不要与很大的数混为一谈，更不能进行常规的四则运算。‎ ‎(2)要了解定义的几何意义。数列｛an｝当n∞时，极限为A的几何意义为：将数A与数列an在数轴上用它们的对应点表示出来，再以A为圆心，以ε为半径在数轴上截取两点A-ε，A+ε，如图，因为不等式｜an-A｜＜ε相当于A-ε＜an＜A+ε.当n＞N时，所有的点an落在开区间(A-ε，A+ε)内，而只有有限个(至多只有N个)点疏散在这一区间外，ε越小，开区间(A-ε，A+ε)的长度也越小，可见an是凝聚在点A的近旁，这就是an=A ‎2.在使用数列极限的运算法则时，必须注意以下两点：‎ ‎(1)参与运算的每一个数列的极限都是存在的。‎ ‎(2)参与运算的数列的个数必须是有限个。‎ ‎3.无穷等比数列各项的和 ‎(1)定义：公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项的和当n无限增大时的极限，叫做这个无穷等比数列各项的和，用符号S表示。‎ ‎(2)公式：S=(｜q｜＜1)‎ ‎(3)注意：此和不同于初等数学中有限项的和，它是一个数列的极限。‎ ‎4.熟记三个重要极限 ‎(1)C=C(C为常数)‎ ‎(2)=0‎ qn=0(｜q｜＜1)‎ 极限的思想方法是人们从有限认识无限，从近似认识精确，从量变认识质变的一种数学方法。‎ ‎(五)数学归纳法 ‎1.用数学归纳法证明命题的具体步骤是：‎ ‎(1)证明当n取第一值n0(例如n0=1，n0=2等)时结论正确。‎ ‎(2)假设当n=k(n∈N且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确。在完成了这两个步骤以后，就可以断定命题对从n0开始的所有的自然数n都正确。‎ 上面的证明第一步是递推基础，第二步是递推的依据，两者缺一不可。‎ ‎2.用数学归纳法证明命题时，难在第二步。即在假设n=k命题成立时，推出n=k+1时命题也成立。要顺利地完成这一步，主要依赖于观察、归纳、恒等变形等方面的能力。在推导证明中必须运用到“归纳假设”，否则不是数学归纳法。‎ 三、知识点、能力点提示 例1设T1，T2，T3……为一组多边形，其作法如下：‎ T１是边长为1的三角形以Tn的每一边中间的线段为一边向外作正三角形，然后将该1/3线段抹去所得的多边形为Tn+1，如图所示。‎ 令an表示Tn的周长，A(Tn)表示Tn的面积。‎ ‎(Ⅰ)计算T1，T2，T3的面积A(T1)，A(T2)，A(T3)‎ ‎(Ⅱ)求(+…+)的值。‎ 解：(Ⅰ)A(T1)=·1·1·sin60°= A(T2)=3····sin60°++A(T1)== A(T3)=12····sin60°+A(T2)= ‎(Ⅱ)由分析知an=an-1‎ ‎(Tn的边数是Tn-1边数的4倍且每边是原来的1/4)‎ 故an=3·()n-1‎ ‎∵=·()n-1‎ ‎∴(++…+)== 注：本题综合考察由图像的变化中抽象出数列知识，由变化情况来分析周长、面积的变化情况，掌握其规律，将规律与数列联系起来。求面积时，要利用面积公式及对称性，然后由数递推数列来求答。‎ 能力点：由图像变化联系数列知识。‎ 例2设ΔABC的三边为a、b、c，其所对应的角为A、B、C，如果a、b、c依次成等差数列。‎ ‎(Ⅰ)求证cos=2sin ‎(Ⅱ)求的值。‎ 解：(Ⅰ)由a、b、c成等差数列有2b=a+c 由正弦定理2sinB=sinA+sinC 故2sin·cos=2sin·sin 又A+B+C=π知cos=sin ‎∴cos=2sin ‎(Ⅱ)= ‎= ‎= ‎∵cos=2sin，cos=sin ‎∴原式== 注：本题考察数列与三角的综合题问题，先利用数列知识得出恒等式，然后利用三角恒等变形来解答。‎ 例3某养猪场养的猪，第一年猪的重量增长率是200%，以后每年的重量增长率都是前一年增长率的1/2。‎ ‎(Ⅰ)当饲养4年后，所养的猪的重量是原来的多少倍?‎ ‎(Ⅱ)如果由于各种原因，猪的重量每年损失预计重量的10%，那么经过多少年后，猪的总重量开始减少?‎ 解：(Ⅰ)依题意，猪的重量增长率成等比数利 ‎∴设原来猪重为a，则四年后 a·(1+200%)(1+2·)(1+2··)(1+2···)=a 答：养4年后猪的重量是原来的倍。‎ ‎(Ⅱ)由an≥an+1知an≥an(1+)(1-)‎ 得2n-1≥9∴n≥5‎ 故5年后猪的重量会减少。‎ 注：本题考察利用等比数列来解决实际问题，并利用不等式的知识，先要能将实际问题变成数列问题，然后运用数列知识解答，同时又要将实际问题变成不等式问题，再解不等式。‎ 例4已知等比数列｛an｝中，a1=a＞0,公比q＞0且q≠1，同时对于任意自然数n，都有an≠1，将以x为未知数的方程axn·a2n+1·=1称作方程In.‎ ‎(1)试证明I1，I2，I3……有公共解，并求这个公共解。‎ ‎(2)试证明对于每一个给定的自然数n，方程In除公共解外，还有另一个解，并求出这个解进一步证明数列｛｝是一个等差数列。‎ 证明：由a2n+1=anan+2代入方程得 anx+1·an+1·an+2=1即anx+1·an+2=1‎ 化为(an·an+1)1+=1①显然x=-1是方程的一解。‎ 当x+1≠0时，由①知，an·an+2=1‎ ‎∴anx·an+2=1‎ ‎∴(a·qn-1)x=(a·qn+1)-1‎ ‎∴x=logaqn-1(aqn+1)-1=-1-为所求除公共解外的另一解。于是 ==-logqa+(n-1)(-logqa)‎ 由等差数列的通项公式可知，数列{}，是一以-logqa为首次-logqa为公差的等差数列。‎ 注：本题考察等比数列与指数方程及等差数列的综合题，训练等比数列性质的应用及特殊方程的解法及证明等差数列的能力。‎ 例5已知数列{an}中，an=(n+2)()n，试问n取何值时，an取最大值?并求此最大值。‎ 解：∵= ‎=· ‎=· ‎=+· 当且仅当n＞7时，=1即a8=a7‎ ‎∴当n＜7时，＞1，即an+1＞an有a7＞a6…＞a1‎ 当n≥8时，＜1，即an+1＜an有a8＞a9＞a10＞……‎ 故当n=7时或8时，an取最大值，最大值为.‎ 说明：因an是n的函数，难在an是一个一次函数(n+2)与一个指数函数()n的积，所以从一次函数或指数函数增减性看，一增一减积不确定。但n∈N，试从an与an+1的大小入手。‎ 例6有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数。‎ 解1：设四个数依次为a-d,a,a+d, ‎ a-d+=‎16a=‎4a=9‎ 由条件有解得或 a+a+d=12d=4d=-6‎ ‎∴当a=4,d=4时，所求四个数为0，4，8，16‎ 当a=9,d=-6时，所求四个数15，9，3，1‎ 解2：设四个数依次为-a,,a,aq(a≠0)‎ -a+aq=16 q=2q= 由条件有解得或 +a=‎12 a=‎8a=3‎ 当q=2,a=8时，所求四个数为0，4，8，16‎ 当q=,a=3时，所求四个数为15，9，3，1‎ 解3：设四个数依次为x,y,12-y,16-x ‎2y=x+(12-y)x=0x=15‎ 由条件有解得或 ‎(12-y)2=y·(16-x)y=4y=9‎ 故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1‎ 说明：如何设这四个数，对解法的优劣会产生影响，充分利用已知条件的特征，合理地减少未知数的个数，可简化运算。‎ 充分利用只有三项的等差、等比数列解析表达式的特征及题中所给的等量条件，合理地选取未知数及未知数的表达形式是解决这类问题的关键，解法1突出使用等差数列的计算工具，解法2突出使用等比数列的计算工具，解法3合理地选取未知数及未知数的表达形式。‎ 例7数列{an}为等差数列，且Sn的最大值为S7，｜a7｜＜｜a8｜，求使Sn＞0的n的最大值。‎ 解：由题意可知：a1＞0,d＜0∵｜a7｜＜｜a8｜∴｜a8｜≠0‎ 又∵S7是Sn的最大值，∴a7≥,a8＜0‎ d＜0‎ a1+6d≥0∴-＜≤-6‎ 有a1+7d＜0‎ a1+6d＜-(a1+7d)‎ ‎∵Sn＞0∴na1+d=n2+(a1-)n＞0‎ ‎∵＜0∴n2+(2·-1)n＜０又n∈N ‎∴n＜1-∵-13＜≤-12‎ ‎∴13≤1-＜14‎ 故当1-=13时，使Sn＞0的n的最大值为12.‎ 当13＜1-＜14时，使Sn＞0的n的最大值为13.‎ 说明：在等差数列中，当a1＞0,d＜0时，解不等式组an≥0‎ an+1≥0‎ 可得Sn达到最大值时的n值，当a1＜0，d＞0时解不等式组 an≤0‎ 可得Sn达到最小值时的n值。‎ an+1≥0‎ 例8某种汽车(A)购车费用10万元，(B)每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，(C)汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元……各年的维修费平均数组成等差数列，问此种汽车使用多少年报废最合算(即使多少年，年平均费用最少)并分析A、B、C三笔费用分别对选择最合算的使用年限的影响。‎ 解：设选择n年最合算，则年平均费用(单位：万元)为：‎ S=［(0.2+0.4+…+0.2n)+10+0.9n］‎ ‎=［·n+10+0.9n］‎ ‎=［n+0.1n2+10］‎ ‎=++1‎ ‎≥2+1 ‎=3‎ 当且仅当=即n=10时取等号。‎ 故汽车使用10年报废最合算，年平均费用为3万元。‎ ‎(A)购买车费越高使用年限越长。‎ ‎(B)为一常量，不影响使用时间。‎ ‎(C)维修费用递增越快，使用时间越短。‎ 说明：解应用题的关键是建立数学模型，本题的数学模型是：年平均费=［n年的维修费+购车费+n年的保养费、汽油费］此题只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式。本题是数列与最值的综合应用题。‎ 例9‎ 某下岗职工准备开办一个商店，要向银行贷款若干，这笔贷款按复利计算(即本年利息计入下一年的本金生息)，利率为q(0＜q＜1)，据他的估算，贷款后每年可偿还A元，30年后还清。‎ ‎(1)求贷款金额 ‎(2)若贷款后前7年暂不偿还，从第8年开始，每年偿还A元，仍然在贷款后30年还清，试问：这样一来，贷款金额比原贷款金额要少多少元?‎ 解：设贷款金额为x元，则1年后欠款为a1=x(1+q)-A元。‎ ‎2年后欠款为a2=a1(1+q)-A=x(1+q)2-A［(1+q)+1］‎ ‎3年后欠款为a3=a2(1+q)-A=x(1+q)3-A［(1+q)2+(1+q)+1］‎ 仿此，30年后欠款为a30=x(1+q)30-A［(1+q)29+(1+q)28+…+1］‎ ‎∵a30=0‎ ‎∴x(1+q)30=A［］‎ ‎∴x=· (元)‎ ‎(2)设第8年开始偿还的这种贷款金额为y元，则 ‎8年后欠款为b8=y(1+q)8-A ‎9年后欠款为b9=b8(1+q)-A=y(1+q)9-A［(1+q)+A］‎ 仿此，30年后欠款为 b30=y(1+q)30-A［(1+9)22+(1+q)21+…+1］‎ ‎∵b3=0‎ ‎∴y(1+q)30=A［(1+q)22+(1+q)21+…+1］‎ ‎∴y=·(元)‎ 故x-y=·［1-］(元)‎ 说明：因贷款利息按复利计算，所以贷款后每年本息各不相同，该职工欠款逐年减少，直至30年后还清，即此问题应建立数学模型。‎ 例10某地区现有耕地‎10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷?(精确到‎1公顷)‎ ‎(粮食单产=总产量/耕地面积，人均粮食占有量=总产量/总人口数)‎ 解：设耕地平均每年至多只能减少x公顷，该地区现有人口为A人，人均粮食占有量为b吨，由题意可得不等式：‎ ≤(1+0.22)化简可得 ≤104-10x 即x≤ ‎∴x≤4(公顷)‎ ‎∴按规划该地区耕地平均每年至多只能减少‎4公顷。‎ 说明：建立本题数学模型的关键是：10年后粮食单产比现在增加22%，由题意设现在总人口为A人，人均粮食占有量为b吨，现在耕地共有10‎4公顷，于是现在的粮食单产量吨/公顷，10年后总人口为A(1+0.01)10，人均粮食占有量b(1+0.1)吨，若设平均每年允许减少x公顷，则10年后耕地共有(104-10x)公顷，于是10年后粮食单产量为 吨/公顷，由粮食单产10年后比现在增加22%得不等式≤‎ (1+0.22)即所建的数学模型。‎ 例11已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2(n∈N)数列{bn}的每一项都有bn=｜an｜，求数列{bn}的前n项和Tn的公式。‎ 解：当n=1时，an=S1=9‎ 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=11-2n,‎ 又11-2×1=9=a1‎ ‎∴an=11-2n(n∈N)‎ 令an＞0则11-2n＞0‎ ‎∴1≤n＜5(n∈N)‎ ‎(1)当1≤n＜5(n∈N)时，an=11-2n，即bn=｜an｜=an=11-2n 此时{bn}是首项为9，公差为-2的等差数列 ‎∴Tn=9n+(-2)=10n-n2‎ ‎(2)当n≥6(n∈N)时，bn=｜an｜=-an=2n-11‎ 此时{bn}是首项为1，公差为2的等差数列。‎ ‎∴Tn=10×5-52+(n-5)·1+×2=n2-10n+5‎ ‎10n-n2(1≤n＜5,n∈N＝‎ 故Tn=‎ n2-10n+5(n≥,n∈N)‎ 说明：由题设bn=｜an｜而知，本题要使用分类讨论思想来求前n项和Tn。‎ 例12求和：1+11+111+…+ 解：∵=1+10+102+103……+10n=(10n-1)‎ ‎∴1+11+111+11…1=［(10-1)+(102-1)+(103-1)+…+(10n-1)］‎ ‎=［(10+102+103+…+10n)-n］‎ ‎=［()-n］‎ ‎= 说明：先求出通项公式即an=(10n-1)，再把其转化为一个等比数列及一个常数列求和，数列=a,,,…或数列：0.a,0.,0.,…(1≤a≤9)均可依上法求和。‎ 例13已知数列{an}中，an=，前n项和Sn，试比较Sn与2的大小。‎ 解：Sn=+++…+ 又∵Sn=++…++ ‎∴Sn=(+++…+)- ‎=1-- 即Sn=2--＜2‎ 说明：∵Sn随n增大而增大。∴不宜用递推与常数2直接比大小。考虑先求和，宜用错项相减法，对等差、等比对应项积构成新数列均有效。‎ 例14求和：１×２２＋３×４２＋５×６２＋…＋（２n-1）(2n)2‎ 解：∵(2k-1)(2k)2=8k3-4k2(k∈N)‎ ‎∴Sn=(8k3-4k2)‎ ‎=8k3-4k2‎ ‎=8×n2(n+1)2-4×n(n+1)(2n+1)‎ ‎=n(n+1)(3n2+n-1)‎ 说明：若通项是关于n的多项式的乘积，首先展开整理为n的多项式，然后利用自然数，自然数平方和立方和等公式求数列的和。‎ 例15已知数列{an}的相邻两项an,an+1是方程x2-cnx+()n=0的两根(n∈N)‎ 且a1=2,Sn=c1+c2+…+cn(1)求an(2)求S2n 解：∵an,an+1是方程x2-cnx+()n=0的两根 ‎∴anan+1=()n,an+an+1=cn 又∵a1=2∴a2= 同理an+1,an+2是方程x2-cn+1x+()n+1=0的两根 ‎∴an+1an+2=()n+1‎ 取立得= 即a1,a3,a5…是公比为的等比数列，a2,a4,a6…是公比为的等比数列。‎ 当n=2k-1时a1=‎2a2k-1=2·()k-1,即an=2·() 当n=2k时，a2=a2k=()k-1,即an=()-1‎ ‎2·()(n为奇数)‎ ‎(1)an=‎ ()-1(n为偶数)‎ ‎ (2)∵cn=an+an+1当n为奇数时，n+1为偶数，有 cn=2·()+()-1‎ ‎=() 当n为偶数时，n+1为奇数，有 cn=()-1+2()=()-1‎ ‎∴c1,c3…c2n-1为首项c1=，公比为的等比数列；c2,c4…c2n为首项c2=，公比为的等比数列 故S2n=c1+c2+c3+c4+…+c2n-1+c2n ‎=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4…+c2n)‎ ‎=+ ‎=［1-()n］‎ 说明：由an,an+1满足的条件建立an,an+1的等式，逐步求出an及S2n.‎ 例16用极限定义证明：=3‎ 证明： =＜ ‎=＜(n≥2)‎ 设ε是任意给定的正数，要使＜ε成立，只要＜ε成立，即n＞成立，取N是的整数部 分，当n＞N时＜ε恒成立，∴=3‎ 说明：用定义证明数列的极限常使用分析法，关键是确定N，求N的方法有(1)直接解不等式｜an-A｜＜ε，求出n＞N(ε)，其中N是N(ε)的整数部分。(2)当｜an-A｜＜ε不易解出n可用放大法(不能缩小)即｜an-A｜＜｜bn｜＜ε然后解不等式｜bn｜＜ε，求出n＞N(ε)，N是N(ε)的整数部分。‎ 例17如图，在RtΔABC中，∠B=90°，tgC=，AB=a，在ΔABC内作一系列的正方形求所有这些正方形面积的和S.‎ 解：设第n个正方形的边长为an，由三角形相似可得 =(其中Sn=a1+a2+…+an)‎ ‎∵AB=a,tgC=,∴BC=‎‎2a 于是有=，即Sn=‎2a-2an 当n≥2时，有an=Sn-Sn-1=-2an+2an-1，即3an=2an-1‎ ‎∴= ‎∵tgC= ‎∴AB=a=a1+a1‎ ‎∴a21=a2，故数列{an2}是首项为a2，公比为的无穷等比数列.‎ 且｜｜＜1∴S==a2‎ 说明：应用公式S=解决实际问题时，(1)要证明组成的数列是无穷等比数列，并确定a1和q.(2)要证明｜q｜＜1.(3)代入公式化简.‎ 例18已知数列{an}、{bn}都是正数组成的等比数列，公比分别为p、q，其中p＞q且p≠1,q≠1设cn=an+bn,Sn为数列{cn}的前n项和.求 解：∵数列{an},{bn}是等比数列且an＞0,bn＞0,p≠1,q≠1‎ 又∵Sn=+ ‎= 于是= 当p＜1时，有0＜q＜p＜1‎ ‎∴ = ‎= ‎=1‎ 当p＞1时，有0＜＜1,0＜＜1‎ ‎∴= ‎= ‎==p 说明：本题应用等比数列的前n项和公式，求得的解析式后使用重要极限qn=0进行计算，因为公比是用字母表示，所以要注意分类讨论。‎ 例19求证：二项式x2n-y2n(n∈N)能被x+y整除 证明：①当n=1时，x2-y2=(x+y)(x-y)∴能被x+y整除。‎ ‎②假设n=k时，x2k-y2k能被x+y整除。‎ 那么n=k+1时 即x2k+2-y2k+2=x2·x2k-x2y2k+x2·y2k-y2·y2k ‎=x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2)‎ ‎∵x2k-y2k与x2-y2都能被x+y整除 ‎∴x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2)能被x+y整除 即n=k+1时，x2k+2-y2k+2能被x+y整除 由①②可知，对任意的自然数n命题均成立。‎ 说明：由假设设以x2k+2为主进行拼凑，即减去x2y2k加上x2y2k然后重新组合，目的是拼凑出n=k的归纳假设，剩余部分仍然能被x+y整除。‎ 例20已知：x＞-1且x≠0,n∈N,n≥2求证：(1+x)n＞1+nx 证明：①当n=2时，不等式左边=(1+x)2=1+2x+x2右边=1+2x ‎∵x2＞0∴原不等式成立 ‎②假设n=k(≥2)时，原不等式成立 即(1+x)k＞1+kx成立 那么当n=k+1时，∵x＞-1，∴1+x＞0‎ 于是有(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k＞(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2＞1+(k+1)x(kx2＞0)‎ 即n=k+1时，原不等式成立 由①②可知，对任何n∈N(n≥2)，原不等式均成立。‎ 例21已知数列{an}的前n项和为Sn，是否存在a,b,c使得an=an2+bn+c,且满足a1=1，3Sn=(n+2)an对一切自然数n都成立?试证明你的结论。‎ 解：设存在a,b,c符合条件，则 令n=1，有a1=a+b+c=1①‎ 令n=2，有3(a1+a2)=(2+2)a2得a2=3有a2=‎4a+2b+c=3②‎ 令n=3，有3(a1+a2+a3)=(3+2)a3得a3=6有a3=‎9a+3b+c=6③‎ a+b+c=1‎ 联立①②③‎4a+2b+c=3解得a=,b=,c=0‎ ‎9a‎+3b+c=6‎ ‎∴对n=1,2,3存在a,b,c使得an=n(n+1)且满足a1=1,3Sn=(n+2)an成立，推测n∈N时，存在a,b,c使得an=n(n+1)且满足a1=1,3Sn=(n+2)an成立。‎ 证明：①当n=1时，由上述推测成立 ‎②假设n=k时，推测成立，即ak=k(k+1)且满足a1=1,3Sk=(k+2)ak，那么 ak+1=Sk+1-Sk ‎=［(k+1)+2］ak+1-(k+2)ak ‎=(k+3)ak+1-(k+2)k(k+1)‎ 则6ak+1=2(k+3)ak+1-(k+2)k(k+1)‎ 所以ak+1=(k+1)(k+2)‎ 即n=k+1时，推测也成立 由①②知n∈N时，推测都成立。‎ 说明：存在性问题的常规思路，先假设存在，再进行演绎推理若结果合理即肯定，反之否定，又因为此题涉及自然数，故实施时，先特殊探求，推测一般结论，用数学归纳法证明结论的真实性。‎ 四、能力训练 ‎(一)选择题 ‎1.在等差数列｛an｝中，若a3+a9+a15+a17=8，则an等于()‎ A.1B.‎-1‎C.2D.-2‎ ‎2.已知等比数列｛an｝的各项均为正数，公比q≠1，设P=，Q=则P与Q的大小关系是()‎ A.P＞QB.P＜QC.P=QD.无法确定 ‎3.等差数列｛an｝和｛bn｝的前n项和分别为Sn和Tn，对一切自然数n，都有=，则等于()‎ A.B.C.D. ‎4.已知数列｛an｝的通项公式an=3n-50，则其前n项和Sn的最小值是()‎ A.-784B.‎-392‎C.-389D.-368‎ ‎5.公差不为0的等差数列｛an｝中，a2，a3，a6依次成等比数列，则公比等于()‎ A.B.C.2D.3‎ ‎6.数列1，，，，，，，，，，…的前100项和等于()‎ A.13B‎.13‎C.14D.14 ‎7.非零实数x，y，z成等差数列，x+1，y，z，与x，y，z+2分别成等比数列，则y=()‎ A.10B‎.12‎C.14D.16‎ ‎8.无穷数列各项的和等于()‎ A.1B.C.D. ‎9.无穷等比数列｛an｝中，a1=，q=设Tn=a22+a24+a26+…+a22n，则Tn等于()‎ A.B.C.2D.1‎ ‎10.已知等比数列｛an｝中，a1+a2+a3=9，a4+a5+a6=-3，Sn=a1+a2+a3+…+an，则Sn等于()‎ A.B.C.6D.12‎ ‎(二)填空题 ‎11.已知数列｛an｝中，a1=1，=+(n∈N)，则a50=________.‎ ‎12.已知数列｛an｝的前n项和Sn=n2+3n+1，则a1+a3+a5+…+a21=________.‎ ‎13.在等差数列｛an｝中S6=0(d≠0)，如果am，am+1，a‎2m成等比数列，则m的值等于______.‎ ‎14.已知数列｛an｝满足a1+‎2a2+‎3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)，则它的前n项和Sn=______.‎ ‎15.已知数列｛an｝满足Sn=an2+bn(n∈N)，那么数列｛an｝是________数列.‎ ‎(三)解答题 ‎16.数列｛an｝，当n为奇数时，an=5n+1；当n为偶数时，an=2，求这个数列的前‎2m项的和.‎ ‎17.数列｛an｝为等差数列，β为公差；数列｛sinαn｝是等比数列，公比为q，又αn∈R，β∈R，且sinα1≠0，求公差β和公比q.‎ ‎18.已知a1，a2，a3，a4成等差数列，b1，b2，b3，b4成等比数列，且a1+b1=15，a2+b2=14，a3+b3=15，a4+b4=20，求等差数列｛an｝的公差d及等比数列｛bn｝的公比q.‎ ‎19.已知数列｛an｝中，a1=，Sn=n2·an(n∈N)‎ ‎(Ⅰ)求a2，a3，a4的值；‎ ‎(Ⅱ)推测数列｛an｝的通项公式，并用数学归纳法加以证明；‎ ‎(Ⅲ)求Sn.‎ ‎20.是否存在常数a，b使等式 ‎1·n+2(n-1)+3(n-2)+…+(n-2)·3+(n-1)·2+n·1=n(n+a)(n+b)对一切自然数N都成立，并证明你的结论.‎ 参考答案 ‎(一)1.C 2.A 3.B 4.B 5.D 6.A 7.B 8.B 9.A 10.A 提示：‎ ‎1.∵3+9+15+17=44，∴a3+a9+a15+a17=‎4a11.‎ ‎ 即‎4a11=8，∴a11=2.‎ ‎2.∵Q==，各项为正，q≠1，‎ ‎∴＞，即P＞Q.‎ ‎3.=====.‎ ‎4.an=3n-50≥0，n≥16，a16=-2，又a1=-47，当n=16时Sn最小，×16(-47-2)=-392.‎ ‎6.第100项是分母是14的第9个.‎ ‎ 故S100=13+×9=13.‎ ‎7.由已知条件得 ‎2y=x+z2y=x+z y2=(x+1)zy2=(x+1)z求得 y2=x(z+2)z=2x.‎ y=12.‎ ‎8.∵= (-).‎ ‎∴Sn=(1-+-+…+-)=(1-).‎ Sn=.‎ ‎9.a2=a1q=，故a22=，q2=.‎ Tn===.‎ ‎10.由a1+a2+a3=9，又(a1+a2+a3)q3=-3.‎ =-3，q3=-.∴Sn==.‎ ‎(二)11.. 12.265. 13.4.‎ ‎14.(n2+3n). 15.等差.‎ 提示：‎ ‎11.=1，-=.‎ ‎∴=1+(50-1)=，故a50=.‎ ‎12.a1=S1=5，an=Sn-Sn-1=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)=2n+2‎ ‎5， n=1‎ ‎∴an=‎ ‎2n+2， n≥2.‎ ‎｛an｝从第2项开始成等差数列.‎ 又 a3=8，a5=12，d′=4，a21=44.‎ ‎∴a1+a3+a5+…+a21=a1+ ‎=5+ ‎=5+260=265.‎ ‎13.∵ S6=0，即‎6a1+d=0，‎6a1+15d=0‎ ‎∴a1=-d，又(am+d)2=am(am+md).‎ ‎∴(2-m)am+d=0，‎ ‎(2-m)〔a1+(m-1)d〕+d=0.‎ 又 a1=-d，得‎2m2-11m+12=0，‎ ‎∴m=4.‎ ‎14.a1+‎2a2+‎3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)……①‎ a1+‎2a2+‎3a3+…+(n-1)an-1‎ ‎=(n-1)n(n+1)……②‎ 由①-②得nan=n(n+1)(n+2-n+1)‎ ‎∴an=3n+3=6+3(n-1)‎ ‎ a1=6，d=3.‎ ‎∴Sn=6n+·3=(n2+3n).‎ ‎(三)16.∵ a2k+1-a2k-1=5(2k+1)+1-〔5(2k-1)+1〕=10，‎ ‎∴a1，a3，a5，…，a‎2m-1是公差为10的等差数列.‎ ‎∵=2， ∴ a2，a4，a6，…，a‎2m是公比为2的等比数列.‎ ‎∴ S‎2m=(a1+a3+a5+…+a‎2m-1)+(a2+a4+…+a‎2m)‎ ‎=m·+=‎5m2‎+m+‎2m+1-2‎ ‎17.∵ ｛sinan｝成等比数列，∴sin2α2=sinα1·sinα3，‎ (1-cos2α2)=-〔cos(α1+α3)-cos(α1-α3)〕‎ 又 α3-α1=2β，α1+α3=2α2得 ‎1-cos2α2=-cos2α2+cos2β.‎ ‎∴ cos2β=1，∴β=kπ(k∈Z).‎ ‎∴ q= = (-1)k.‎ ‎18.依题意得 a1+b1=15，‎ a1+d+b1q=14，消去a1，‎ a1+2d+b1q2=15，‎ a1+3d+b1q3=20.‎ 得 d+b1(q-1)=-1，‎ d+b1q(q-1)=1，‎ d+b1q2(q-1)=5.‎ 即 b1(q-1)=-1-d， ……①‎ b1q(q-1)=1-d， ……②‎ b1q2(q-1)=5-d. ……④‎ 由②÷①时q=-，③÷②得q=.‎ ‎∴ -=，解得d=-3，q=2.‎ ‎19.(Ⅰ)a1=， ∵S2=‎4a2，即+a2=‎4a2，‎ ‎∴ a2=；‎ ‎∵ S3=Sa3，即++a3=‎9a3， ∴ a3=；‎ ‎∵ S4=‎16a4，即+++a4=‎16a4，‎ ‎∴ a4=，‎ ‎(Ⅱ)猜想an=.证明如下：‎ 当n=1时，a1==，结论成立.‎ 假设n=k时成立，即ak=.‎ 即 Sk=a1+a2+a3+…+ak=1-=.‎ 由 Sk+1=(k+1)2·ak+1，即Sk+ak+1=(k+1)2ak+1，‎ 得 ak+1==，‎ 说明当n=k+1时，结论也成立.‎ 综合上述，可知对一切n∈N，都有an=.‎ ‎(Ⅲ)∵ Sn=++…+=1-，‎ ‎∴Sn=1.‎ ‎20.令n=1，得 1=(1+a)(1+b)，‎ 令n=2，得 4=(2+a)(2+b)，‎ 整理得解得a=1，b=2.‎ 下面用数学归纳法证明等式：‎ ‎1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+(n-1)·2+n·1‎ ‎=n(n+1)(n+2).‎ ‎(1)当n=1时，1=·1·2·3，结论成立.‎ ‎(2)假设n=k时结论成立，即 ‎1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+(k-1)·2+k·1‎ ‎=k(k+1)(k+2).‎ 当n=k+1时，则 ‎ 1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+…+(k-1)·3+k·3+(k+1)·1‎ ‎=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+(k-2)·3+(k-1)·2+k·1+〔1+2+3+…+(k-1)+k+(k+1)〕‎ ‎=k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2) ‎=(k+1)(k+2)(k+3)‎ 说明当n=k+1时结论也成立.‎ 综合上述，可知结论对一切n∈N都成立. ‎