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平面向量解三角形数列知识点概述

平面向量 解三角形 数列 知识点概述

板块一:平面向量

一.向量的基本概念与基本运算 1

①向量:既有大小又有方向的量向量一般用a,b,c„„来表示,或用有向线段的起点与终





点的大写字母表示,如: AB,a;坐标表示法axiyj(x,y向



量的大小即向量的模(长度),记作|AB|a向量不能比较大小,但向量的模可以比较大小.



②零向量:长度为0的向量,记为0,其方向是任意的,0与任意向量平行a=0|



a|=由于0的方向是任意的,且规定0平行于任何向量,故在有关向量平行(共线)

的问题中务必看清楚是否有“非零向量”这个条件.(注意与0的区别) ③单位向量:模为1向量a0为单位向量|a0|=



④平行向量(共线向量):方向相同或相反的非零向量

线上a∥b(即

自由向量)

数学中研究的向量是自由向量,只有大小、方向两个要素,起点可以任意选取,现在必须区分清楚共线向量中的“共线”与几何中的“共线”、的含义,要理解好平行向量中的“平行”与几何中的“平行”是不一样的.



⑤相等向量:长度相等且方向相同的向量相等向量经过平移后总可以重合,记为ab小相等,方向相同(x1,y1)(x2,y2)2

求两个向量和的运算叫做向量的加法x1x2

y1y2



设ABa,BCb,则a+b=ABBC=AC

(1)0aa0a;(2)向量加法满足交换律与结合律;

向量加法有“三角形法则”与“平行四边形法则”:

(1)用平行四边形法则时,两个已知向量是要共始点的,和向量是始点与已知向量的



始点重合的那条对角线,而差向量是另一条对角线,方向是从减向量指向被减向量(2) 三角形法则的特点是“首尾相接”,由第一个向量的起点指向最后一个向量的终点的有向线段就表示这些向量的和;差向量是从减向量的终点指向被减向量的终点

当两个向量的起点公共时,用平行四边形法则;当两向量是首尾连接时,用三角形法则.向量加法的三角形法则可推广至多个向量相加:



. ABBCCDPQQRAR,但这时必须“首尾相连”

3



① 相反向量:与a长度相等、方向相反的向量,叫做a

记作a,零向量的相反向量仍是零向量

aaaa关于相反向量有: (i)(a)=; (ii) +()=()+a=0;



(iii)若a、b是互为相反向量,则a=b,b=a,a+b=0

②向量减法:向量a加上b的相反向量叫做a与b的差,



记作:aba(b

③作图法:ab可以表示为从b的终点指向a的终点的向量(a、b有共同起点)

4



①实数λ与向量a的积是一个向量,记作λa,它的长度与方向规定如下:

(Ⅰ)aa;

(Ⅱ)当0时,λa的方向与a的方向相同;当0时,λa的方向与a的方向相







反;当0时,a0,方向是任意的②数乘向量满足交换律、结合律与分配律5



向量b与非零向量a共线有且只有一个实数,使得b=a6

如果e1,e2是一个平面内的两个不共线向量,那么对这一平面内的任一向量a,有且只有一对实数1,2使:a1e12e2,其中不共线的向量e1,e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底7特别注意:

(1)向量的加法与减法是互逆运算

(2(3)向量平行与直线平行有区别,直线平行不包括共线(即重合),而向量平行则包括共线(重合)的情况(4)向量的坐标与表示该向量的有向线条的始点、终点的具体位置无关,只与其相对位置有关



学习本章主要树立数形转化和结合的观点,以数代形,以形观数,用代数的运算处理几何问题,特别是处理向量的相关位置关系,正确运用共线向量和平面向量的基本定理,计算往往会与三角函数、数列、不等式、解几等结合起来进行综合考查,是知识的交汇点 特别注意三角形的四心的向量表示:



1.平面上点P与不共线的三点A、B、C满足关系:PA+PB+PC=AB,则下列结论正

确的是( )



(A)P在CA上,且CP=2PA (B)P在AB上,且AP=2PB 

(C)P在BC上,且BP=2PC (D)P点为△ABC的重心

ABAC

2.△ABC中,向量所在直线( )

ABAC

(A)垂直于BC (B)平分BC边 (C)过△ABC的内心 (D)过△ABC的外心

3.已知点E在ABC所在的平面且满足(0),则点E一定落在( )

A.BC边的垂直平分线上 B.BC边的中线所在的直线上 C.BC边的高线所在的直线上 D.BC边所在的直线上

三点共线定理:

二.平面向量的坐标表示



1在直角坐标系中,分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量i,j

作为基底该平面内的任一向量a可表示成axiyj,由于a与





数对(x,y)是一一对应的,因此把(x,y)叫做向量a的坐标,记作a=(x,y),其中x叫作a在x轴上的坐标,y叫做在y轴上的坐标(1)相等的向量坐标相同,坐标相同的向量是相等的向量

(2)向量的坐标与表示该向量的有向线段的始点、终点的具体位置无关,只与其相对位置有关2





(1) 若ax1,y1,bx2,y2,则abx1x2,y1y2 

(2) 若Ax1,y1,Bx2,y2,则ABx2x1,y2y1

(3) 若a=(x,y),则a=(x, y)





(4) 若ax1,y1,bx2,y2,则a//bx1y2x2y10 

(5) 若ax1,y1,bx2,y2,则abx1x2y1y2



若ab,则x1x2y1y20

三.平面向量的数量积

1



已知两个非零向量a与b,它们的夹角为,则a·b=︱a︱·︱b︱cos 

叫做a与b规定0a0

ab

2b︱cos=∈R,称为向量b在a方向上的投影|a|



3 a·b等于a的长度与b在a4aaa2|a|2

5

aba2abb

2

2

2222

abababab;

2

22a2abb

6



①交换律成立:abba



②对实数的结合律成立:abababR





③分配律成立:abcacbccab



特别注意:(1)结合律不成立:abcabc;



(2)消去律不成立abac不能得到bc



(3)ab=0不能得到a=0或b=0

7



已知两个向量a(x1,y1),b(x2,y2),则a·b=x1x2y1y2



8向量的夹角:已知两个非零向量a与b,作OA=a, OB=b,则∠AOB=



(0180)叫做向量a与b的夹角

x1x2y1y2ab

cos=cosa,b=2222

abx1y1x2y2

00

当且仅当两个非零向量a与b同方向时,θ=0,当且仅当a与b反方向时θ=180,同时0与

0

9a与b的夹角为90则称a与b垂直,记作a⊥b:



a⊥ba·b=Ox1x2y1y2

例1 判断下列各命题正确与否:



0a0(1);(2)0a0;



(3)若a0,abac,则bc;



⑷若abac,则bc当且仅当a0时成立;



(5)(ab)ca(bc)对任意a,b,c向量都成立;

2

(6)对任意向量a,有aa

2

解:⑴错; ⑵对; ⑶错; ⑷错; ⑸

0

例2已知两单位向量a与b的夹角为120,若c2ab,d3ba,试求c与d的

夹角0

解:由题意,ab1,且a与b的夹角为120, 10

所以,ababcos120,

2

222

ccc(2ab)(2ab)4a4ab

b7,

c

同理可得d

2217

而cd(2ab)(3ba)7ab3b2a,

2



设为c与d的夹角,

则cos

172



182182

点评:向量的模的求法和向量间的乘法计算可见一斑

例3 已知a4,3,b1,2,mab,n2ab,按下列条件求实数的

(1)mn;(2)m//n;(3)mn





解:mab4,32,n2ab7,8

52

(1)mn473280;

9

1(2)m//n483270;

2

22

(3)mn4327282524880



板块二:解三角形

1、正弦定理及其变形

abc

2RsinAsinBsinC

(R为三角形外接圆半径)

()1a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC(边化角公式) (2)sinA

abc

,sinB,sinC (角化边公式)2R2R2R

(3)a:b:csinA:sinB:sinC (4)

asinAasinAbsinB,, bsinBcsinCcsinC

2、正弦定理适用情况:

(1)已知两角及任一边(三角形唯一确定)

(2)已知两边和一边的对角(需要判断三角形解的情况)

如:已知 角A ,边长a,b ;要确定三角形的解

方法是:画出A ,在A的一边上截取一个长度b,再来确定边长a有几个解,则三角形有几个解。

3、余弦定理及其推论

b2c2a2

cosA

2222bcabc2bccosA

a2c2b2222

bac2accosBcosB

2ac222

cab

2abcosCa2b2c2

cosC

2ab

4、余弦定理适用情况: (1)已知两边及夹角; (2)已知三边。

5、常用的三角形面积公式 (1)SABC(2)SABC

1

底高; 2111

absinCbcsinAcasinB(两边夹一角); 222

6、三角形中常用结论

(1)abc,bca,acb(即两边之和大于第三边,两边之差小于第三边) (2)在ABC中,ABabsinAsinB(即大边对大角,大角对大边)

(3)在△ABC中,A+B+C=π,所以sin(A+B)=sinC;cos(A+B)=-cosC;tan(A+B)=-tanC。

sin

ABCABC

cos,cossin 2222

板块三:数列

专题一:等差数列

1.等差数列的定义:anan1d(d为常数)(n2);

2.等差数列通项公式:

ana1(n1)ddna1d(nN*) , 首项:a1,公差:d,末项:an 推广: anam(nm)d. 从而d

3.等差中项

anam

nm

ab

或2Aab 2

b成等差数列,(1)如果a,A,那么A叫做a与b的等差中项.即:A

4.等差数列的前n项和公式:

(2)等差中项:数列an是等差数列2anan-1an1(n2)2an1anan2

Sn

n(a1an)n(n1)d1

na1dn2(a1d)nAn2Bn 2222

(其中A、B是常数,所以当d≠0时,Sn是关于n的二次式且常数项为0)

特别地,当项数为奇数2n1时,an1是项数为2n+1的等差数列的中间项

S2n1

2n1a1a2n1

2

2n1an1(项数为奇数的等差数列的各项和等于项数乘以

中间项)

5.等差数列的判定方法

(1) 定义法:若anan1d或an1and(常数nN) an是等差数列.

(2) 等差中项:数列an是等差数列2anan-1an1(n2)2an1anan2.

⑶数列an是等差数列anknb(其中k,b是常数)。 (4)数列an是等差数列SnAn2Bn,(其中A、B是常数)。

6.等差数列的证明方法

定义法:若anan1d或an1and(常数nN) an是等差数列.

7.提醒:

(1)等差数列的通项公式及前n和公式中,涉及到5个元素:a1、d、n、an及Sn,其中a1、d称作为基本元素。只要已知这5个元素中的任意3个,便可求出其余2个,即知3求2。

(2)设项技巧:

①一般可设通项ana1(n1)d

②奇数个数成等差,可设为„,a2d,ad,a,ad,a2d„(公差为d);

③偶数个数成等差,可设为„,a3d,ad,ad,a3d,„(注意;公差为2d)

8.等差数列的性质: (1)当公差d0时,

等差数列的通项公式ana1(n1)ddna1d是关于n的一次函数,且斜率为公差d; 前n和Snna1

n(n1)dd

dn2(a1)n是关于n的二次函数且常数项为0。 222

(2)若公差d0,则为递增等差数列,若公差d0,则为递减等差数列,若公差d0,则为常数列。

(3)当mnpq时,则有amanapaq,特别地,当mn2p时,则有

aman2ap。

注:a1ana2an1a3an2,

(4)若an、bn为等差数列,则anb,1an2bn都为等差数列

(5) 若{an}是等差数列,则Sn,S2nSn,S3nS2n ,„也成等差数列

(6)数列{an}为等差数列,每隔k(kN)项取出一项(am,amk,am2k,am3k,)仍为等差数列

(7)设数列an是等差数列,d为公差,S奇是奇数项的和,S偶是偶数项项的和,Sn是前n项的和

1.当项数为偶数2n时,

*

S奇a1a3a5a2n1

na1a2n1

nan

2

S偶a2a4a6a2n

na2a2n

nan1

2

S偶S奇nan1nannan1an=nd

S奇nanan S偶nan1an1

2、当项数为奇数2n1时,则

S奇n1S2n1S奇S偶(2n1)an+1S奇(n1)an+1



S奇S偶an+1S偶nS偶nan+1

(其中an+1是项数为2n+1的等差数列的中间项).

(8)an、{bn}的前n和分别为An、Bn,且则

(9)等差数列{an}的前n项和Smn,前m项和Snm,则前m+n项和Smnmn

(10)求Sn的最值

法一:因等差数列前n项和是关于n的二次函数,故可转化为求二次函数的最值,但要注意数列的特殊性nN。

法二:(1)“首正”的递减等差数列中,前n项和的最大值是所有非负项之和

*

An

f(n), Bn

an(2n1)anA2n1

f(2n1). bn(2n1)bnB2n1

an0

即当a10,d0, 由可得Sn达到最大值时的n值.

a0n1

(2) “首负”的递增等差数列中,前n项和的最小值是所有非正项之和。 即 当a10,d0, 由或求an中正负分界项。

an0

可得Sn达到最小值时的n值.

an10

法三:直接利用二次函数的对称性:由于等差数列前n项和的图像是过原点的二次函数,故n取离二次函数对称轴最近的整数时,Sn取最大值(或最小值)。若S p = S q则其对称轴为

n

pq

2

注意:解决等差数列问题时,通常考虑两类方法: ①基本量法:即运用条件转化为关于a1和d的方程;

②巧妙运用等差数列的性质,一般地运用性质可以化繁为简,减少运算量.

专题二:等比数列

一、基本概念与公式:

1、等比数列的定义:从第二项起

2、等比数列的通项公式:

(1)ana1qn1; (2)anamqnm .(其中a1为首项、am为第m项,an0;等比数列中任意一项都不为0,m,nN)

3、等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=n a1 (是关于n的正比例式);

aanqa1(1qn)

当q≠1时,Sn==KqnK, Sn=1(运用错位相减来的)

1q1q

4.即是等差又是等比的数列是常数列(非0常数列)

三、有关等比数列的几个特殊结论

1、等比数列an中,若mnpq(m,n,p,qN),则amanapaq

注意:由Sn求an时应注意什么?

n1时,a1S1; n2时,anSnSn1

.

2、等比数列an中的任意“等距离”的项构成的数列仍为等比数列.

3、公比为q的等比数列an中的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、

S4m - S3m、„„(Sm≠0)仍为等比数列,公比为q. 4、若an与bn为两等比数列,则数列kan、an

(k0,k为常数)仍成等比数列. 5、若an为等差数列,则c

m



k

an

、anbn、

bn

 (c>0)是等比数列.

an

6、若bnbn0为等比数列,则logcbn(c>0且c1) 是等差数列. 7、在等比数列an中: (1)若项数为2n,则

S偶S奇

q

(2)若项数为2n1,则

S奇a1

S偶

q

n

8、数列an是公比不为1的等比数列数列an前n项和Sn=AqA,(q1,A0)

9、等比数列的判定方法

(1)、an=an-1·q(n≥2),q是不为零的常数,an-1≠0(2)、an=an-1·an+1(n≥2, an-1,an,an+1≠0)(3)、an=c·q(c,q均是不为零的常数)10、等比数列的前n项和的性质

n

2

{an}是等比数列.

{an}是等比数列.{an}是等比数列.

(1)、若某数列前n项和公式为Sn=a

n-1

(a≠0,±1),则{an}成等比数列.

n

(2)、若数列{an}是公比为q的等比数列,则Sn+m=Sn+q·Sm.

(3)、在等比数列中,若项数为2n(n∈N*),则

(4)、Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列.(片段和的性质)

专题三:有递推公式求通项公式的方法:(整体思想)

高考递推数列题型分类归纳解析

各种数列问题在很多情形下,就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中,数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。我现在总结出几种求解数列通项公式的方法,希望能对大家有帮助。 类型1 an1anf(n)

解法:把原递推公式转化为an1anf(n),利用累加法(逐差相加法)求解。 例1. 已知数列an满足a1

11,an1an2,求an。 2nn

K

变式: 已知数列{an}中a11,且a2k=a2k-1+(-1), a2k+1=a2k+3, 其中k=1,2,3,„„.

(I)求a3, a5;(II)求{ an}的通项公式. 类型2 an1f(n)an 解法:把原递推公式转化为例1:已知数列an满足a1例2:已知a13,an1

k

an1

f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an

2n

an,求an。 ,an1

3n13n1an (n1),求an。 3n2

变式:(2004,全国I,理15.)已知数列{an},满足a1=1,ana12a23a3(n1)an1

(n≥2),则{an}的通项an

n11

___n2

类型3 an1panq(其中p,q均为常数,(pq(p1)0))。 解法(待定系数法):把原递推公式转化为:an1tp(ant),其中t换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列an中,a11,an12an3,求an. 变式:(2006,重庆,文,14)

在数列an中,若a11,an12an3(n1),则该数列的通项an_______________ 变式:(2006. 福建.理22.本小题满分14分)

q

,再利用1p

已知数列an满足a11,an12an1(nN*). (I)求数列an的通项公式; (II)若数列{bn}滿足41424n(Ⅲ)证明:

b1b1

b1

(an1)bn(nN*),证明:数列{bn}是等差数列;

an1a1a2n

...n(nN*). 23a2a3an12

类型4 an1panqn(其中p,q均为常数,(pq(p1)(q1)0))。 (或

an1panrqn,其中p,q, r均为常数) 。

解法:一般地,要先在原递推公式两边同除以qn1,得:

an1pan1

n引入辅助数列n1

qqqq

bn(其中bnan

n

q

),得:bn1

p1

bn再待定系数法解决。 qq

例:已知数列an中,a1

511n1

,an1an(),求an。 632412

an2n1,n1,2,3, 333

变式:(2006,全国I,理22,本小题满分12分) 设数列an的前n项的和Sn

n

32n

,证明:Ti (Ⅰ)求首项a1与通项an;(Ⅱ)设Tn,n1,2,3,

2Sni1

类型5 递推公式为an2pan1qan(其中p,q均为常数)。(少见) 解法一(待定系数法):先把原递推公式转化为an2san1t(an1san) 其中s,t满足

stp

stq

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an)) 解

S1(n1)an

SnSn1(n2)

anSnSn1f(an)f(an1)消去Sn (n2)或与Snf(SnSn1)(n2)消去an

进行求解。

例:已知数列an前n项和Sn4an

12n2

.

(1)求an1与an的关系;(2)求通项公式an.

(2)应用类型4(an1panqn(其中p,q均为常数,(pq(p1)(q1)0)))的方法,上式两边同乘以2由a1S14a1

n1

得:2n1an12nan2

1

a11.于是数列2nan是以2为首项,2为公差的等差数列,12

2

n

所以2nan22(n1)2nann1

2



变式:(2006,陕西,理,2012分)

2

已知正项数列{an},其前n项和Sn满足10Sn=an+5an+6且a1,a3,a15成等比数列,求数列{an}的通项an 变式: (2005,江西,文,22.本小题满分14分)

已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn-Sn-2=3()的通项公式.

12

n1

3

(n3),且S11,S2,求数列{an}

2

、0,a0) 类型7 an1pananb(p1

解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令

an1x(n1)yp(anxny),与已知递推式比较,解出x,y,从而转化为

anxny是公比为p的等比数列。

例:设数列an:a14,an3an12n1,(n2),求an. 变式:(2006,山东,文,22,本小题满分14分) 已知数列{an}中,a1

1

、点(n、2an1an)在直线y=x上,其中n=1,2,3„ 2

(Ⅰ)令bnan1an3,求证数列 (Ⅱ)求数列an bn是等比数列;的通项;(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列an使得数列bn的前n项和,是否存在实数,、为等差数列?若存在试求出不存在,则说明理由.

SnTn

n

r

类型8 an1pan(p0,an0)

解法:这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq,再利用待定系数法求解。 例:已知数列{an}中,a11,an1

12

an(a0),求数列an的通项公式. a

变式:(2005,江西,理,21.本小题满分12分)

已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a01,an1

1

an(4an),nN. 2

(1)证明anan12,nN; (2)求数列{an}的通项公式an. 变式:(2006,山东,理,22,本小题满分14分)

2

已知a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=x+2x的图象上,其中=1,2,3,„ (1) 证明数列{lg(1+an)}是等比数列;

(2) 设Tn=(1+a1) (1+a2) „(1+an),求Tn及数列{an}的通项; 记bn=

112

,求{bn}数列的前项和Sn,并证明Sn+=1 

anan23Tn1

类型9 an1

f(n)an

解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为

g(n)anh(n)

an1panq。

例:已知数列{an}满足:an

类型10 an1anpnq或an1anpqn

解法:这种类型一般可转化为a2n1与a2n是等差或等比数列求解。

例:(I)在数列{an}中,a11,an16nan,求an (II)在数列{an}中,

an1

,a11,求数列{an}的通项公式。

3an11

a11,anan13n,求an

类型11 归纳猜想法 解法:数学归纳法

变式:(2006,全国II,理,22,本小题满分12分)

2

设数列{an}的前n项和为Sn,且方程x-anx-an=0有一根为Sn-1,n=1,2,3,„ (Ⅰ)求a1,a2; (Ⅱ){an}的通项公式 类型12 双数列型

解法:根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。

例:已知数列an中,a11;数列bn中,b10。当n2时,

11

an(2an1bn1),bn(an12bn1),求an,bn.

33

类型15 周期型 解法:由递推式计算出前几项,寻找周期。

1

2a,(0a)nn6例:若数列an满足a2n1

,若a1,则a20的值为___________。



2an1,(12a7n1)

变式:(2005,湖南,文,5) 已知数列{a3n}满足a10,an1

an3a),则a20=

( )

n1

(nN* A.0

B.3 C.3 D.

2

专题四:数列求和

教学目标:1.熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式; 2.能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算;3.熟记一些常用的数列的和的公式. 教学重点:特殊数列求和的方法. (一) 主要知识: 1.等差数列与等比数列的求和公式的应用;

2.倒序相加、错位相减,分组求和、拆项求和等求和方法; (二)主要方法:

1.基本公式法:1等差数列求和公式:Sna1ann

2nann1

12d na1q1

2等比数列求和公式:S

,nna

11q 1q

a1anq

1q,q131222n211

6nn12n1;4132333n34nn125C01nCn

C2Cn

nnn2. 2.错位相减法:给Sna1a2an各边同乘以一个适当的数或式,然后把所得的等式

和原等式相减,对应项相互抵消,最后得出前n项和Sn.

一般适应于数列anbn的前n向求和,其中an成等差数列,bn成等比数列。

3.分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列,然后利用公式法求和。

4.拆项(裂项)求和:把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程中消去中间项,

只剩下有限项再求和. 常见的拆项公式有:

1若an是公差为d的等差数列,则

11a11

; nan1danan1

2

111;

2n12n122n12n1

1

31111

nn1n22nn1n1n2;

4

1ab;5

1

k

6Cm1mm

nCn1Cn

;7nn!n1!n!;8aS1,n1n SnSn1,n≥2

5.倒序相加法:根据有些数列的特点,将其倒写后与原数列相加,以达到求和的目的。6导数法:灵活利用求导法则有时也可以完成数列求和问题的解答. 7.递推法.8.奇偶分析法.

1.求下列数列前n项和:1 14,27,330,„,n3n1; 22,22,222,„,22

2;31111

n个2

13,24,35,„,n(n2)

; 413,24,35,„,n(n2), 5

 an

6sin21sin22sin23„sin289;7 a,2a2,3a3,„,nan;

2.求和1S1n11211231123n

; 2S1na23n012n

a2a3a

n; 3 Cn3Cn5Cn2n1Cn

(三)典例分析:问题

问题

6n5(n为奇数)

问题3.已知数列{an}的通项ann,求其前n项和Sn

2(n为偶数)

问题4.(05全国Ⅰ文)设正项等比数列an的首项a1

1

,前n项和为Sn,且2

(Ⅱ)求nSn的前n项和Tn. 210S30(2101)S20S100.(Ⅰ)求an的通项;

(四)巩固练习:

1.(06北京)设f(n)2242721023n10(nN),则f(n)等于

2n2n12n32n4 A.(81) B.(81) C.(81) D.(81)

7777

2.明朝程大拉作数学诗:“远望巍巍塔七层,红光点点加倍增,共灯三百八十一,请问尖头

盏灯”.

1111

3.求数列1,2,3,4,„的前n项和.

48216

4.1002992982972„2212

5.在数列an中,an

12n2„,又bn,则数列bn的前n 项n1n1n1anan1

和为

6.求数列

1111

,,,,„的前n项和Sn. 2222

12243648

(五)课后作业:

(06荆州统测)数列an满足递推关系:anan22,且a11,a24.

1求a3、a4;2求an;3求数列an的前n项和.

(六)走向高考:

1.(06广东)在德国不莱梅举行的第48届世乒赛期 间,某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成若干准“正三棱锥”形的展品,其中第1堆只有一层,就一个乒乓球;第2、3、4、„堆最底层(第一层)分别按图4所示方式固定摆放.从第一层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第n堆第n层就放一个乒乓球,以f(n)表示第n堆的乒乓球总数,则

f(3);f(n)(答案用n表示).

2.(07福建)数列{an}的前n项和为Sn,若an

1

n(n1)

,则S5等于

A.1

B.

56

C.

1

D.

1630

3.(07福建文)“数列an的前n项和为Sn,a11,an12Sn(nN*). (Ⅰ)求数列an的通项an; (Ⅱ)求数列nan的前n项和Tn.

数列综合练习

一、选择题 1、设{an}是等差数列,若a23,a713,则数列{an}前8项的和为( )

A.128 B.80 C.64 D.56

2、记等差数列的前n项和为Sn,若S24,S420,则该数列的公差d( )A、2 B、3 C、6 D、7 3、设等比数列{an}的公比q2,前n项和为SS4

n,则

a( ) 2

A.2

B.4

C.

152

D.

172

4、设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S39,S636,则a7a8a9( A.63 B.45 C.36 D.27

5、在数列{a1n}中,a12, an1anln(1n

),则an( )

21

A.2lnn B.2(n1)lnn C.2nlnn D.1nlnn 6、若等差数列{an}的前5项和S525,且a23,则a7( )

(A)12 (B)13 (C)14 (D)15 7、已知an是等比数列,a22,a5

1

,则a1a2a2a3anan1=( ) 4

3232nnnn

(A)16(14) (B)16(12) (C14) (D12)

33

8、非常数数列{an}是等差数列,且{an}的第5、10、20项成等比数列,则此等比数列的

公比为 ( ) A.

11

B.5 C.2 D. 52

9、已知数列{an}满足a10,an1

anan1

(nN*),则a20=( )

2

A.0

B.3 C.3

D.

10、在单位正方体ABCD-A1B1C1D1中,黑、白两只蚂蚁均从点A出发,沿棱向前爬行,每爬完一条棱称为“爬完一段”,白蚂蚁的爬行路线是AA1A1D1D1C1„;黑蚂蚁的爬行路线是ABBB1B1C1„,它们都遵循以下的爬行规则:所爬行的第i+2段与第i段所在的直线必为异面直线(其中i为自然数),设黑、白蚂蚁都爬完2008段后各自停止在正方体的某个顶点处,则此时两者的距离为 ( ) 3 D 0 二、填空题

11.已知an为等差数列,a3a822,a67,则a5____________ 12.设数列an中,a12,an1ann1,则通项an ___________。 13.设Sn是等差数列{an}的前n项和,a128, S99,则S1614.已知函数f(x)2

x

,等差数列{ax}的公差为2.若

,

f(a2a4a6a8a10)4

log2[f(a1)f(a2)f(a3)f(a10)] .

15、将全体正整数排成一个三角形数阵:按照以上排列的规律,第n行(n3)从左向右的第3个数为 三、解答题

16.已知数列{an}的首项a1

22an1,an1,n1,2,3,„.(Ⅰ)证明:数列1}3an1a

n

22

是等比数列;(Ⅱ)数列n

的前n项和Sn. an

17.数列{an}是首项为23,公差为整数的等差数列,且第六项为正,第七项为负.

(1)求数列的公差;(2)求前n项和Sn的最大值;(3)当Sn>0时,求n的最大值.

18.设等比数列an的首项a1

1

,前n项和为Sn,且210S30(2101)S20S100, 2

且数列an各项均正。(Ⅰ)求an的通项; (Ⅱ)求nSn的前n项和Tn。

4

a1a8且a1a8

3

(1)求数列an的通项公式; (2)、把数列an的第1项、第4项、第7项、„„、

19.已知等差数列an满足a3a6,

第3n-2项、„„分别作为数列bn的第1项、第2项、第3项、„„、第n项、„„,

23

1

3

求数列2

的所有项之和;

bn

参考答案: 数列测试题(1):

1、 C ;2、B ;3、C; 4、B;5、A ; 6、B ;7、C ;8、C; 9、B; 10、B

nn1n2n6

11. 15;12. ; 1;13. -72 ; 14. -6 ; 15、

22

16、(Ⅰ)解:由x13,得2pq3,又x424p4q,x525p5q,且x1x52x4,

325p5q25p8q,p1,q1

(Ⅱ)解:Sn(222)(12n)217.解:(Ⅰ) an1

2

n

n1

2

n(n1)

. 2

2ana11111111

,  n,1(1),

an12an22anan12anan1

又a1

211111

,1, 数列{1}是以为首项,为公比的等比数列. 322a12an

24

(Ⅱ)由(Ⅰ)知

1111nn11

1n1n,即n1,nn.设an1222an2an2

Tn

123n1nn112

23„n, ① 则Tn23„nn1,② 由①222222222

11(1n)

1111nn11n, ②得Tn2nn1n1nn1

2222222212

1nn(n1)n

123n.又„. 数列{}的前n项和 

2n12n2an

Tn2

2nn(n1)n2n4n2

Sn2nn.

2222

18 、(1)由已知a6=a1+5d=23+5d>0,a7=a1+6d=23+6d<0,解得:-

2323

<d<-,又56

d∈Z,∴d=-4 (2)∵d<0,∴{an}是递减数列,又a6>0,a7<0 ∴当n=6时,Sn取得最

65n(n1)

(-4)=78 (3)Sn=23n+ (-4)>0,整理得:n(50-4n)2225

>0 ∴0<n<,又n∈N*,所求n的最大值为12.

2

19.(Ⅰ)由 210S30(2101)S20S100 得 210(S30S20)S20S10, 即

大值,S6=6×23+

210(a21a22a30)a11a12a20,可得

210q10(a11a12a20)a11a12a20.因为an0,所以 210q101, 解得

1111q,因而 ana1qn1n,n1,2,. (Ⅱ)因为{an}是首项a1、公比q

2222

11(1n)

11,nSnn.则数列{nS}的前n项和的等比数列,故Snnn12n2n1212n

Tn(12n)(2n),

222

Tn112n1n(12n)(23nn1). 222222

T1111n

前两式相减,得 n(12n)(2n)n1

22222211(1n)

n(n1)n 即 Tn(n1)1n2. n

122n12n42n112

20、●解、①总投入:a1=800万元, ② 总收入:b1=800万元,

25

4n5n

1-() 1-()

54

an = 800×n = 400×

45 1- 1-544n5n

=4000[1-()]

54

4n5n4n24n22

考查 bn- an >0 则5×()+2×() -7>0;设 ()=x,则5x-7x+2> 0从而有 (

545555 有n≥5

21.解:(1){an}为等差数列,a3a6a1a8

14

,又a1a8且a1a8 33

求得

a11,

n

a84

3

43

d

a8a11

73

11

an1(n1)

33

nN*

1

3

4

n2 ∴3

(2)b1a11,b2a40 ∴bna3n2(3n2)

2bn12bn

2(n1)22n2

1 ∴{2bn}是首项为2,公比为1的等比数列 ∴{2bn}的所有项的和

22

211

2

4

26