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1、使得an0，an10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值.由于S126(a6a7)已知a312，S120，S130.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，S12中个数成等差数列时，可设为a3m，am，am，a3m.4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方差为40的等差数列.所以9月10日的新感染者人数为40(101)40400(人).所以9月1第六章 数 列高考导航考试要求 1.数列的概念和简单表示法 （ 1 ）了解数列的概念和几种简单的 表示方法（列表、图象、通项公式）； （2 ）了解数列是自变量为正整数的 一类函数.2.等差数列、等比数列 （ 1 ）理解等差数列、等比数列的概
2、 念； （2 ）掌握等差数列、等比数列的通 项公式与前 n 项和公式； （3 ）能在具体问题情境中识别数列 的等差关系或等比关系， 并能用有关 知识解决相应的问题； （4 ）了解等差数列与一次函数、等 比数列与指数函数的关系.重难点击本章重点： 1.等差数列、 等比 数列的定义、通项公式和前n 项和公式及有关性质; 2.注重提炼一些重要的思想 和方法，如：观察法、累加 法、累乘法、待定系数法、 倒序相加求和法、错位相减 求和法、裂项相消求和法、 分组求和法、函数与方程思 想、数学模型思想以及离散 与连续的关系.本章难点： 1.数列概念的理 解； 2.等差等比数列性质的运 用； 3.数列通项与求
3、和方法的 运用.命题展望仍然会以客观题考查等差 数列与等比数列的通项公 式和前 n 项和公式及性质， 在解答题中，会保持以前 的风格，注重数列与其他 分支的综合能力的考查 ， 在高考中，数列常考常新， 其主要原因是它作为一个 特殊函数， 使它可以与函 数、 不等式、解析几何、 三角函数等综合起来，命 出开放性、 探索性强的问 题， 更体现了知识交叉命 题原则得以贯彻； 又因为 数列与生产、生活的联系， 使数列应用题也倍受欢迎.知识网络程思想、消元及整体消元的方法的应用.6.3等比数列典例精析题型一等比数列的基本运算与判定【例1】数列点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.【变式训
4、练1】已知等差数列an的前n项和为知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()n1an1n0，.故数列的通项公式为ann1(1)n2.【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思(2)3，2，8 63，7 7 7 7故 an9(10n 1).题型二 应用 an n n 1 求数列通项(2)Sn 8(an2)2 (an 0).6.1 数列的概念与简单表示法典例精析题型一 归纳、猜想法求数列通项【例 1 】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：(1)7,77,777,7 777 ，4 615，35(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9 ，【解析】 (1)将
5、数列变形为9 (101) ，9(102 1) ，9(103 1) ， ，9(10n 1)，7(2)分开观察，正负号由(1)n 1 确定，分子是偶数 2n，分母是 1 3,35,5 7， ，(2n2n1)(2n 1)，故数列的通项公式可写成 an( 1)n 1 (2n 1)( 2n 1) .(3)将已知数列变为 10,2 1,30,4 1,50,6 1,70,8 1,90，.故数列的通项公式为 ann1 ( 1)n2.【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法， 观察归纳是由特殊到一般的 有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规 律，从而求得通
6、项.【变式训练 1 】如下表定义函数 f(x) ：xf(x)1524334152对于数列an ，a14，anf(an 1) ，n2,3,4， ，则 a2 008 的值是( )A.1 B.2 C.3 D.4【解析】 a14，a21，a35，a42，a54， ，可得 an4an.所以 a2 008a42，故选 B.S (n 1),1S S (n 2)【例 2 】已知数列an 的前 n 项和 Sn ，分别求其通项公式：(1)Sn 3n2；1【解析】 (1) 当 n1 时，a1S13121，当 n2时，anSnSn 1(3n2)(3n 12)2 3n 1，又 a11 不适合上式，S18，当n2时，an
7、SnSn1n29n(n1)29(n1)2n1n，m、nN*)，则ambnamnN*)，类比上述结论得bmn.nmbn总结提高1.方n3，由log2Cn的表达式可知：2(b12b2nbn)n(n1)(2n3)，所以n1an2.所以an是等差数列，ana1(n1)22n1，即an2n1.a1当 n2时， anSnSn 18(an 2)28(an 12)2，【点拨】本例的关键是应用 an n n 1 求数列的通项，特别要注意验证 a1 的值A.2n 1 B.( n )n 1 C.n2 D.n【解析】由 ann(an 1an) an n .(1)an 112an；(2)an 12an2n1. 【解析】
8、 (1) 因为对于一切nN* ，an0，an 1 1 1 11 1 1 1(2)根据已知条件得2n 12n 1，即2n 12n 1.an an 1 2n 1所以 anan10， 所以 an an 1 10，1(n 1),2 3n 1 (n 2)故 an(2) 当 n1 时， a1S18(a1 2)2，解得 a12，1 1所以(an2)2(an12)20，所以(an an 1)(an an14)0，又 an 0，所以 anan 14，可知an 为等差数列，公差为 4，所以 ana1(n 1)d2(n 1) 44n2，a12 也适合上式，故 an4n2.S (n 1),1S S (n 2)是否满足
9、 “n”一般性通项公式.【变式训练 2 】已知 a11，ann(an 1an)(n N*) ，则数列an 的通项公式是( )n 1an 1 n 1所以 an n n 1 () 2(1) n，故选 D.题型三 利用递推关系求数列的通项【例 3 】已知在数列an 中 a11，求满足下列条件的数列的通项公式：an因此由 an 112an得an 1an2，即an 1an2.所以an是等差数列， ana1(n 1) 22n 1，即 an2n 1.an 1 an an 1 an所以数列2n是等差数列， 2n2(n 1) 2 ，即 an(2n 1) 2n 1.【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，
10、 尤其是后者， 可以通过进一步的计算， 将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.【变式训练 3 】设an 是首项为 1 的正项数列， 且(n 1) a 1na an 1an0(n 1,2,3 ，)，求 an.【解析】因为数列an 是首项为 1 的正项数列，(n 1)an 1 nan1，an0，所以an是以首项为a1，公比为q3的等比数列.所以ana13n1.(2)因是首项为1的正项数列，(n1)an1nan令ant，所以(n1)t2tn0，所以(n2)当n1时，a1S18(a12)2，解得a12，11所以(an2)2(an12)0，在等差数列中有a1a2ana1a2a2
11、m1n(n2m1，nN*)成立an 1n an 1 na2 a3 a4 a5 an 1 2 3 4 n 1 1S2121a1 2 d42.令 an t，所以(n 1)t2 tn0，所以(n 1)tn(t 1)0，得 tn 1或 t1(舍去)，即 an n 1.所以a1 a2 a3 a4 an 12 3 4 5 n ，所以 ann. 总结提高 1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一. 2.由 Sn 求 an 时，要分n1 和 n2两种情况.3.给出 Sn 与 an 的递推关系，要求 an，常用思路是：一是利用 SnSn 1an(n2)转化为 an 的递推关系，再求其
12、通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系， 再求 an.6.2 等差数列典例精析题型一 等差数列的判定与基本运算【例 1 】已知数列an 前 n 项和 Snn29n.(1)求证： an 为等差数列； (2)记数列|an| 的前 n 项和为 Tn ，求 Tn 的表达式. 【解析】 (1)证明： n1 时， a1S18，当 n2时， anSnSn 1n29n(n 1)29(n 1) 2n 10，当 n1 时，也适合该式，所以 an2n 10 (n N*).当 n2时， anan 12，所以an 为等差数列.(2) 因为 n5时， an0， n6时， an 0.所以当 n5时， TnSn9nn2，当 n6时， Tn |a1|a2| |a
