高中数学数列知识点总结与题库.pdf

1 第六章第六章数列数列 二、重难点击二、重难点击 本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数 列的有关性质。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、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。 知识网络知识网络 第一课时第一课时数列数列 四、数列通项 n a与前n项和 n S的关系 1 = =+= n i inn aaaaaS 1 321 2 = = 2 1 1 1 nSS nS a nn n 课前热身课前热身 3数列 n a的通项公式为nnan283 2 =,则数列各项中最小项是(B) A第项B第项C第项D第项 4已知数列 n a是递增数列，其通项公式为nnan+= 2 ,则实数的取值范围是), 3(+ 5数列 n a的前n项和14 2 +=nnSn,，则 = = 252 12 nn n an 数列与正整数集关系 等差数列 等比数列 特殊数列求和方法 公式法 倒序相加法 错位相减法 裂项相消法 n 定 义 通 项 公 式 中 项 前项 的 和 递推公式 通项公式 数列 2 题型一题型一归纳、猜想法求数列通项归纳、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 7，77，777，7777， 1，3，3，5，5，7，7，9，9 解析：将数列变形为),110( 9 7 ),110( 9 7 2 ) 110( 9 7 3 ，,) 110( 9 7 n 将已知数列变为 1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0， 。可得数列的通项公式为 2 ) 1(1 n n na + += 点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。 题型二题型二 应用应用 = = ) 2( ) 1( 1 1 nSS nS a nn n 求数列通项求数列通项 例例 2 2已知数列 n a的前n项和 n S，分别求其通项公式. 23 = n n S 解析解析：当123,1 1 11 =San时， 当) 23 () 23 (,2 1 1 = nn nnn SSan时 1 32 = n 又1 1 =a不适合上式，故 = = )2(32 ) 1(1 1 n n a n n 三、利用递推关系求数列的通项三、利用递推关系求数列的通项 【例 3】根据下列各个数列 n a的首项和递推关系，求其通项公式 14 1 , 2 1 2 11 += + n aaa nn 解析：因为 14 1 2 1 += + n aa nn ，所以 ) 12 1 12 1 ( 2 1 14 1 2 1 + = = + nnn aa nn 所以) 3 1 1 1 ( 2 1 12 =aa ) 5 1 3 1 ( 2 1 23 =aa 43 1 11 () 2 57 aa= 3 ， ， 1 111 () 2 2321 nn aa nn = 以上) 1( n个式相加得 ) 12 1 1 ( 2 1 1 = n aan 即： 24 34 24 1 1 = = n n n an 点拨：在递推关系中若),( 1 nfaa nn += + 求 n a用累加法，若),( 1 nf a a n n = + 求 n a用累乘法，若 qpaa nn += +1 ，求 n a用待定系数法或迭代法。 课外练习课外练习 3 设 12 1 2 1 1 1 + + + + + = nnn an，( Nn)，则 nn aa与 1+ 的大小关系是(C) A nn aa +1 B nn aa= +1 C nn aa +1 D不能确定 解：因为 0 22 1 32 1 1 1 32 1 22 1 1 + + = + + + + = + nn nnn aa nn 所以 nn aa +1 ，选 二、填空题 5已知数列 n a的前n项和，14 2 +=nnSn则 = = )2(,52 ) 1(,2 nn n an 7已知数列 n a的通项 99 98 n n （ Nn） ，则数列 n a的前 30 项中最大项和最小项分别是 910 aa， 解：构造函数 99 9899 1 99 98 += = xx x y 由函数性质可知，函数在)99(，上递减，且1y 4 最小最大， ），又 910 9 2130121110 1 109(99 aa a aaaaaa 三、解答题 6.26.26.26.2 等差数列等差数列 知识要点知识要点 2递推关系与通项公式 mn aa d n aa d dnaa dmnaa dnaa daa mn n n mn n nn = = = += += = + 1 ;) 1( )( ) 1( 1 1 1 1 变式： 推广： 通项公式： 递推关系： 为常数）即： 特征： mkmknnfa dadna n n ,(,)( ),( 1 += += ),为常数，（mkmknan+=是数列 n a成 等差数列的充要条件。 等差中项： 若cba,成等差数列， 则b称ca与的等差中项， 且 2 ca b + =；cba,成等差数列是cab+=2的充 要条件。 前n项和公式 2 )( 1 naa S n n + =； 2 ) 1( 1 dnn naSn += ),( )( ,) 2 ( 2 2 2 1 2 为常数 即 特征： BABnAnS BnAnnfS n d an d S n n n += += += 是数列 n a成等差数列的充要条件。 5 等差数列 n a的基本性质),( Nqpnm其中 qpnm aaaaqpnm+=+=+，则若反 之，不成立。 dmnaa mn )( = mnmnn aaa + +=2 nnnnn SSSSS 232 ,仍成等差数列。 判断或证明一个数列是等差数列的方法： 定义法： ）常数）（ + =Nndaa nn ( 1 n a是等 差数列 中项法： )2 21 + +=Nnaaa nnn （ n a是等差数 列 通项公式法： ),(为常数bkbknan+= n a是等差数 列 前n项和公式法： ),( 2 为常数BABnAnSn+= n a是等 差数列 课前热身 2等差数列 n a中， )( 3 1 ,120 119 1210864 Caa aaaaa 的值为则 =+ A14B15C16D17 16 5 120 3 2 3 2 )( 3 2 )2( 3 1 3 1 89 99119 = += ada daaaa解 5 。 3等差数列 n a中， 1291 0SSa= ，则前 10 或 11 项的和最大。 解：0 912129 =SSSS， 00 030 111 11121110 = =+ aa aaaa ，又 ， n a为递减等差数列 1110 SS=为最大。 4已知等差数列 n a的前 10 项和为 100，前 100 项和 为 10，则前 110 项和为110 解： ， 1001102030102010 SSSSSSS 成等差数列，公差为 D 其首项为 100 10 =S，前 10 项的和为10 100 =S 110221010100 10 2210 2 910 10100 110 10100110 =+= += = + ）（ 又 ， S DSSS DD 10210 102)10(2 98402 4 2 ) 1( 129850 max 2 2 = += += += yn n nn nn nny 时，所以当 设等差数列 n a的前n项和为 n S，已知 0012 13123 =SSa， 求出公差d的范围， 指出 1221 SSS，中哪一个值最大，并说 明理由。 d)(nfan=n n a n S n a“2“n 解：)(6)(6 10312112 aaaaS+=+= 3 7 24 30824 0)82( 2 13 )( 2 13 2 )(13 7 24 0724 0)72(6 3 113 131 13 3 + += d dd da aa aa S dd da 从而 又 最大。， 667 713 7612 00 013 0)(6 Saa aS aaS ccan c ，是等差数列； n a既是等差数列又是等比数列 n a是各 项不为零的常数列。 8 7 等比数列的判定法 定义法：= + （常数）q a a n n1 n a为等比数列； 中项法：= + )0( 2 2 1nnnn aaaa n a为 等比数列； 通项公式法：=为常数）qkqka n n ,( n a 为等比数列；前n项和法： =为常数）（qkqkS n n ,)1 ( n a为等比数 列。 1 1031074 22222)( + += n nf设 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 ) 18( 7 2 )()( 43 1 + + nn nn DC BA DnfNn ）（等于，则 2 已 知 数 列 n a是 等 比 数 列 ， 且 = mmm SSS 32 3010，则，70（问题引入） 猜想： n b是等比数列，公比为 2 1 。 证明如下： 4 1 2 1 4 1 2121 = +nnn aab nn n ba a 2 1 ) 4 1 ( 2 1 4 1 ) 4 1 ( 2 1 12 12 = += 即： 2 1 1 = + n n b b ， n b是首项为 4 1 a，公比 为 2 1 的等比数列。 二、性质运用二、性质运用 例2：在等比数列 n a中， 14361 3233 + =+ nn aaaaaa， 求 n a， 若 nnn TaaaT求,lglglg 21 += 在等比数列 n a中，若0 15 =a，则有等式 nn aaaaaa +=+ 292121 )29( =+ = 61 5 1 6 61 6161 4361 2) 2 1 (32 2 1 32 1 32 1 132 33 32 所以 ，即所以 ，解得 ，又 由等比数列的性质可知， n alg是等差数 列，因为 2lg 2 )11( 2 )lg(lg 2lg5lg2lg)6(2lglg 1 1 6 nnnaa T ana n n n n = + = = 所以 ， 由题 设可知 ，如果0= m a在等 差数列 中有 nmn aaaaaa +=+ 122121 )12( =ppab n a nn ，有 n n npb= 所以 n n nppppT+= 32 32 2 ) 1( 1 + = nn Tp n 时，当 时，当1p 132 ) 1(2 + += nn n nppnpppT 得 = + = = = += + + + + ) 1( 1)1 ( )1 ( ) 1( 2 ) 1( 1)1 ( )1 ( 1 )1 ( )1 ( 1 2 1 2 1 12 p p np p pp p nn T p np p pp T np p pp nppppTp nn n nn n n n nn n 即： 所以 课外练习 数 列 n a的 前n项 和 为 n S， 若 5 ) 1( 1 S nn an，则 + =等于（B） 6 5 ) 6 1 5 1 () 3 1 2 1 () 2 1 1 1 ( 1 11 ) 1( 1 30 1 6 1 6 5 1 5 = += + = + = S nnnn a DCBA n 所以 解：因为 )(xf的定义域为R，且)(xf是以 2 为周期的 周期函数，数列 n a是首项为)( Naa，公差为 1 的等差数列， 那么)()()( 1021 afafaf+的 值为（C） A1B1C0D10a 解：因为函数)(xf的定义域为R，且)(xf是 以 2 为周期的周期函数， 所以)()2(00(xfxff=+= ，且） 又数列 n a是首项为a，公差为 1 的等差数列 11 0) 1 () 1 () 1 ( ) 1 ()21() 1( ) 1 (5) 1 ()0(5 ) 1(5)(5 )()()( ) 1( )( )( 1 1021 = =+ =+= += + + = += fff fff fff afaf afafaf naf naf af Nanaa n n 即所以 又 所以 为偶数）（ 为奇数）（ ，又所以 故原式=0，选 C。 二、填空题 设等比数列 n a的公比与前n项和分别为q和 n S，且q1，8 1 8 10 20 10 = + = q S S，则 8 1 )1 ( 8 )1 (1 ( )1 ( 1 8 21 )1 ( 10 10 20 10 1010 10 10 2012111020 10 20 1 10 20 10 1 = + +=+= += = + = + = S q S qSSqS aaaSS qq qa q S qa 所以 方法二、 ） 方法一、 6数列 n a满足 12 121 n n a nnn =+ + ， 1 2 n nn b a a + =又 ，则数列 n b的前n项和为 1 8 +n n 1 (12) 12 n n an n =+= + 解： 1 28 (1) n nn b a an n + = + = 11 8( 1nn + ） 12 111111 8 ()()() 12231 18 8 1 11 n bbb nn n nn + =+ + = + 所以 数列， 4 1 4 1 4 1 4 1 3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1的前 100 项 的和为 14 9 13。 （ Nn） 12 典例精析 一、函数与数列的综合问题 的等差数列。，公差为是首项为 ，设 ，且：已知例 24 )()()()( ) 10(log)(1 21 = Nnafafaf aaxxf n a 设a是常数，求证： n a成等差数列； 若)( nnn afab=， n b的前n项和是 n S，当2=a时，求 n S 解：222) 1(4)(+=+=nnaf n ， 为等比数列。所以 为定值所以 ，所以即 n n n n n n nna a na a a a a aana )2( 22log 2 2 22 1 22 = =+= + + )( nnn afab= 3 3 14 32543 3254 2543 222 222222 2 2) 1( 21 )21 (2 16 2) 1(22222 2) 1(223222 2) 1(242322 2) 1()2()22( 2 )22(log + + + + + + + = + += += += += +=+= = += n n n n nn n nn n n n nn n nn a n nS n nS nnS nS nnb a anaa 所以 两式相减得 时，当 点 拨 ： 本 例 是 数 列 与 函 数 综 合 的 基 本 题 型 之 一 ， 特 征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解。 已知正项数列 n a的前n项和为 n S， 2 ) 1( 4 1 + nn aS与是的等比中项， 求证：数列 n a是等差数列； 若 n n n a b 2 =，数列 n b的前n项和为 n T，求 n T 在的条件下，是否存在常数，使得数列 + +2n n a T 为等比数列？若存在，试求出；若不存在，说明理由。 解： 2 ) 1( 4 1 + nn aS与是的等比中项， 13 0)2)( )22( 4 1 ) 1( 4 1 2 1) 1( 4 1 1 ) 1( 4 1 11 1 2 1 2 1 2 11 1 2 11 2 =+ += = += =+= += nnnn nnnn nnn nn nn aaaa aaaa SSa aSn aaan aS 即 所以 时，当 ，时，当 所以 2 020 1 1 = = nn nnn aa aaa 即： ，所以因为 所以数列 n a是等差数列。 n n n T 2 32 3 + = 32 1 ) 2 32 3( 2 + + + = + + n n a T n n n n n2 1 32 3 + + = 所以当且仅当 3+=0，即=3 时，数列 + +2n n a T 为等比数列。 已知在正项数列 n a中， 1 a=2，且 ）， 1 ( +nnn aaA在双曲线1 22 =xy上， 数列 n b中， 点（ n b， n T）在直线1 2 1 +=xy上，其中 n T是数列 n b的前n项和，求数列 n a的通项公式；求证：数列 n b是 等比数列。若 nnnnn CCbaC n a ， 则 n n a2= ， + + 3212 loglogaa 2 122 ) 12(31lognna n =+ += ，选 C. 答案C 2.（2009 辽宁卷理）设等比数列 n a 的前 n 项和为 n S ，若 6 3 S S =3 ，则 6 9 S S = A. 2B. 7 3 C. 8 3 D.3 【解析】设公比为 q ,则 3 63 33 (1)SqS SS + = 1q33q32 15 于是 6 36 9 3 11247 1123 Sqq Sq + = + 【答案】B 14.(2009 湖北卷理)已知数列 n a 满足： 1 am （m 为正整数） ， 1 , 2 31, n n n nn a a a aa + = + 当 为偶数时， 当 为奇数时。 若 6 a1，则 m 所有 可能的取值为_。 答案 4532 解析 （1）若 1 am= 为偶数，则 1 2 a 为偶, 故 2 23 a 224 amm a= 当4 m 仍为偶数时， 46 832 mm aa= 故 132 32 m m= = 当4 m 为奇数时， 43 3 311 4 aam=+ =+ 6 3 1 4 4 m a + = 故 3 1 4 1 4 m+ = 得 m=4。 （2）若 1 am= 为奇数，则 21 3131aam=+ =+ 为偶数，故 3 31 2 m a + = 必为偶数 6 31 16 m a + = ，所以 31 16 m+ =1 可得 m=5 16.（2009 陕西卷文）设等差数列 n a 的前 n 项和为 n s ,若 63 12as= ,则 n a= . 解析:由 63 12as= 可得 n a 的公差 d=2,首项 1 a =2,故易得 n a= 2n. 答案:2n 17.(2009 陕西卷理)设等差数列 n a 的前 n 项和为 n S ,若 63 12aS= ,则 2 lim n n S n = . 611 22 31 125122 11 (1)limlim1 12122 nn n nn aada SSnn Sn n saddnnnn =+= + =+= =+= 解析： 答案：1 22.（2009 全国卷理）在数列 n a 中， 11 11 1,(1) 2 nn n n aaa n + + =+ 16 （I）设 n n a b n = ，求数列 n b 的通项公式 （II）求数列 n a 的前n项和 n S 分析： （I）由已知有 1 1 12 nn n aa nn + =+ + 1 1 2 nn n bb + = 利用累差迭加即可求出数列 n b 的通项公式: 1 1 2 2 n n b = ( * nN ) （II）由（I）知 1 2 2 n n n an = , n S = 1 1 (2) 2 n k k k k = 1 11 (2 ) 2 nn k kk k k = = 而 1 (2 )(1) n k kn n = =+ ,又 1 12 n k k k = 是一个典型的错位相减法模型， 易得 11 1 2 4 22 n kn k kn = + = n S = (1)n n+ 1 2 4 2n n + + 23.（2009 北京理）已知数集 () 1212 ,1,2 nn Aa aaaaa n= + ,则在定义域上有 1 ,1 1 1 ( )( ),1 2 ,01 1 a a f xg aa a a a + = +=+=+ +g 所以当 1nk=+ 时猜想也成立 综合（1） （2）可知 ，对一切 3n 的正整数，都有2 21. n n+ 21 证法 2：当 3n 时 0121011 2(1 1)2221 nnnnnn nnnnnnnnn CCCCCCCCCnn =+=+=+K 综上所述，当 1,2n=时 5 21 n n T n + 31. （2009 四川卷文） 设数列 n a 的前n项和为 n S ， 对任意的正整数n， 都有 51 nn aS=+ 成立， 记 * 4 () 1 n n n a bnN a + = 。 （I）求数列 n a 与数列 n b 的通项公式； （II）设数列 n b 的前n项和为 n R ，是否存在正整数k，使得 4 n Rk 成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在， 请说明理由； （III）记 * 221( ) nnn cbbnN = ，设数列 n c 的前n项和为 n T ，求证：对任意正整数n都有 3 2 n T ； 解（I）当 1=n 时， 111 1 51, 4 =+ = aSa 又 11 51,51 + =+=+ nnnn aSaS 1 11 1 5, 4 即 + + = n nnn n a aaa a 数列 n a 是首项为 1 1 4 = a ，公比为 1 4 = q 的等比数列， 1 () 4 = n n a ， * 1 4() 4 () 1 1 () 4 + = n n n bnN 3 分 （II）不存在正整数k，使得 4 n Rk 成立。 证明：由（I）知 1 4() 5 4 4 1 ( 4)1 1 () 4 + =+ n n n n b 212 212 5552015 1640 8888. ( 4)1( 4)1161164(161)(164) +=+=+= + k kk kkkkkk bb 当 n 为偶数时，设 2 ()nm mN= 22 1234212 ()()()84 nmm Rbbbbbbmn =+ 猜想：数列 2n x 是递减数列 下面用数学归纳法证明： （1）当 n=1 时，已证命题成立（2）假设当 n=k 时命题成立，即 222kk xx + 易知 2 0 k x ，那么 2321 2224 21232123 11 11(1)(1) kk kk kkkk xx xx xxxx + + + = + = 222 2212223 0 (1)(1)(1)(1) kk kkkk xx xxxx + + + 即 2(1)2(1) 2kk xx + 也就是说，当 n=k+1 时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 （2）当 n=1 时， 121 1 6 nn xxxx + = ，结论成立 当 2n 时，易知 11 1 11 01,12, 12 nnn n xxx x 1） 。设 n s = 1 1 ab + 22 a b + nn a b , n T = 1 1 a b - 22 a b +(-1 1 )n nn a b ,nN + 若 1 a = 1 b = 1，d=2，q=3，求 3 S 的值； 若 1 b =1，证明（1-q） 2n S -（1+q） 2n T = 2 2 2(1) 1 n dqq q ，nN + ； ()若正数n满足2nq， 设 1212 ,., ,.,12. nn k kkl ll和是，n 的两个不同的排列， 12 112 . n kkkn ca ba ba b=+ ， 12 212 . n llln ca ba ba b=+ 证明 12 cc 。 本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前 n 项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能 力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分 14 分。 （）解：由题设，可得 1* 21,3, n nn anbnN = 所以， 31 1223 3 1 1 3 35 955Saba ba b=+= + + = （）证明：由题设可得 1n n bq = 则 221 21232 ., n nn Saa qa qa q =+ 2321 212342 321 22242 ., 2(.) n nn n nnn Taa qa qa qa q STa qa qa q =+ =+ 式减去式，得 式加上式，得 222 221321 2() n nnn STaa qaq +=+ 式两边同乘 q，得 321 221321 ()2() n nnn q STa qa qaq +=+ 所以， 222222 (1)(1)()() nnnnnn q Sq TSTq ST+=+ 26 321 2 * 2 2 () 2(1) , 1 n n d qqq dqq nN q =+ = K ()证明： 1122 1212 ()()() nn klklkln ccaa baabaab=+K 1 1112211 ()()() n nn kl dbkl dbqkl dbq =+K 因为 1 0,0,db 所以 1 12 1122 1 ()()() n nn cc klkl qkl q db =+K 若 nn kl ，取 i=n 若 nn kl= ，取 i 满足 ii kl 且 ,1 jj kl ijn=+ 由（1）,(2)及题设知，1 in当时， 故函数 ( )fx 在区间(0,1)上是增函数； （）证明： （用数学归纳法） （i）当 n=1 时， 1 01a bkabaln 11 )( 11 baba 0= ，即 1k ab + 成立. 11.（2008 山东卷)将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a1 a2a3 a4a5a6 a7a8a9a10 记表中的第一列数 a1， a2， a4， a7， 构成的数列为 bn ,b1=a1=1. Sn 为数列 bn 的前 n 项和， 且满足 n Nn n SSb b 2 2 1= （n2）. ()证明数列 n S 1 成等差数列，并求数列bn的通项公式； （） 上表中， 若从第三行起， 每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列， 且公比为同一个正数.当 91 4 81 =a 时， 求上表中第 k(k3)行所有项和的和. 12.(2007 湖南)已知 () nnn A ab， （nN* N*N*N*）是曲线 x ye= 上的点， 1 aa= ， n S 是数列 n a 的前n项和，且满足 30 222 1 3 nnn Sn aS =+ ， 0 n a ， 2 3 4n=， （I）证明：数列 2