《三维设计》2015届高考数学（苏教理科）大一轮复习配套讲义（备考基础查清+热点命题悟通）：第五章　数　列（必记知识点+必明易错点+必会方法）.DOC

第五章数列第一节数列的概念与简单表示法1数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：数列：按照一定顺序排列的一列数数列的项：数列中的每一个数(2)数列的分类：分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an1an其中nN*递减数列an11，且6Sn(an1)(an2)，nN*，求an的通项公式解：由a1S1(a11)(a12)，解得a11或a12，由已知a1S11，因此a12.又由an1Sn1Sn(an11)(an12)(an1)(an2)，得an1an30或an1an.因为an0，故an1an不成立，舍去因此an1an30.即an1an3，从而an是以公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项公式为an3n1.考点三由递推关系式求数列的通项公式递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接，归纳起来常见的命题角度有：(1)形如an1anf(n)，求an；(2)形如an1anf(n)，求an；(3)形如an1AanB(A0且A1)，求an.角度一形如an1anf(n)，求an1已知数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由S2a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13.由S3a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n2时，有anSnSn1anan1，整理得anan1.即.ana11(n2)当n1时，a11.综上可知，an的通项公式an.角度二形如an1anf(n)，求an2已知a12，an1an3n2，求an.解：an1an3n2，anan13n1(n2)，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(n2)当n1时，a1(311)2符合公式，ann2.角度三形如an1AanB(A0且A1)，求an3已知数列an满足a11，an13an2，求an.解：an13an2，an113(an1)，3，数列an1为等比数列，公比q3，又a112，an123n1，an23n11.备课札记 类题通法由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an1anf(n)或an1f(n)an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度二)，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度三)转化为特殊数列求通项课堂练通考点1(2014苏北四市质检)在数列an中，已知a12，a23，当n2时，an1是anan1的个位数，则a2 014_.解析：由题意，该数列除前2项外，从第3项往后是周期为6的周期数列，故a2 014a48.答案：82(2013盐城三调)已知函数f(x)数列an满足anf(n)，nN*，且数列an是递增数列，则实数a的取值范围是_解析：由题意可知解得a(2,3)答案(2,3)3已知数列an满足astasat(s，tN*)，且a22，则a8_.解析：令st2，则a4a2a24，令s2，t4，则a8a2a48.答案：84已知数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记Sn为an前n项的和，则S2 013_.解析：由a11，an1(1)n(an1)可得该数列是周期为4的数列，且a11，a22，a31，a40.所以S2 013503(a1a2a3a4)a2 013503(2)11 005.答案：1 0055已知数列an的前n项和Sn2n22n，数列bn的前n项和Tn2bn.求数列an与bn的通项公式解：当n2时，anSnSn1(2n22n)2(n1)22(n1)4n，当n1时，a1S14也适合，an的通项公式是an4n(nN*)Tn2bn，当n1时，b12b1，b11.当n2时，bnTnTn1(2bn)(2bn1)，2bnbn1.数列bn是公比为，首项为1的等比数列bnn1.课下提升考能第组：全员必做题1(2013盐城二调)数列an满足anan1(nN*)，a11，Sn是an的前n项和，则S21_.解析：这个数列为“等和数列”，分别计算数列的前几项可以发现该数列为周期数列，周期为2.故S21(1)1016.答案：62已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2(an1)，则a2等于_解析：由题可知Sn2(an1)，所以S1a12(a11)，解得a12.又S2a1a22(a21)，解得a2a124.答案：43设数列an满足：a12，an11，记数列an的前n项之积为Tr，则T2 013的值为_解析：由a2，a31，a42可知，数列an是周期为3的周期数列，从而T2 013(1)6711.答案：14若数列an满足：a119，an1an3(nN*)，则数列an的前n项和数值最大时，n的值为_解析：a119，an1an3，数列an是以19为首项，3为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n.设an的前k项和数值最大，则有kN*，k，kN*，k7.满足条件的n的值为7.答案：75已知数列an的前n项和Sn2an1，则满足2的正整数n的集合为_解析：因为Sn2an1，所以当n2时，Sn12an11，两式相减得an2an2an1，整理得an2an1，所以an是公比为2的等比数列，又因为a12a11，解得a11，故an的通项公式为an2n1.而2，即2n12n，所以有n1,2,3,4.答案：1,2,3,46在数列1,0，中，0.08是它的第_项解析：令0.08，得2n225n500，即(2n5)(n10)0.解得n10或n(舍去)a100.08.答案：107已知数列an的前n项和Sn2n3，则数列an的通项公式为_解析：当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S11，所以an答案：an8数列an满足：a13a25a3(2n1)an(n1)3n13(nN*)，则数列an的通项公式an_.解析：a13a25a3(2n3)an1(2n1)an(n1)3n13，把n换成n1得，a13a25a3(2n3)an1(n2)3n3，两式相减得an3n.答案：3n9已知数列an满足a11，a22，且an(n3)，则a2 014_.解析：将a11，a22代入an得a32，同理可得a41，a5，a6，a71，a82，故数列an是周期为6的周期数列，故a2 014a33564a41.答案：110已知数列an的通项公式为ann221n20.(1)n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)n为何值时，该数列的前n项和最小？解：(1)因为ann221n202，可知对称轴方程为n10.5.又因nN*，故n10或n11时，an有最小值，其最小值为11221112090.(2)设数列的前n项和最小，则有an0，由n221n200，解得1n20，故数列an从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小第组：重点选做题1(2014南通期末)在数列an中，a16且anan1n1(nN*，n2)，则这个数列的通项公式an_.解析：法一：由题意得a16，a212，a320，a430，由此猜想出an(n1)(n2)法二：由题意得1，故数列是以3为首项，1为公差的等差数列，故31(n1)n2，故an(n1)(n2)答案：(n1)(n2)2.已知数列an满足an1若a31，则a1的所有可能取值为_解析：当a2为奇数时，a3a241，a25；当a2为偶数时，a3a21，a22；当a1为奇数时，a2a125，a17或a2a122，a14(舍去)；当a1为偶数时，a2a15，a110或a2a12，a14.综上，a1的可能取值为4,7,10.答案：4,7,103(2013南通一模)在数列an中，a11，a20，对任意正整数n，m(nm)满足aaanmanm，则a119_.解析：法一：采用特殊值法求出a3，a4，a5，a6分别为1,0,1,0，由不完全归纳法得出an的周期为4，所以a119a29431.法二：令m2，得aaan2an2，即aan2an2，所以奇数项成等比数列，偶数项均为0.再令m1，得aaan1an1，当n为奇数时，aa；当n为偶数时，an1an11，故a1a3a5a7，因此an的周期为4，所以a119a29431.答案：14(2013扬州期末)若数列an满足a1为大于1的常数，an11an(an1)(nN*)，且2，则a2 0134a1的最小值为_解析：因为a11，易知对所有的nN*，an1，对an11an(an1)两边取倒数得，所以，所以2.整理得a2 013(由a2 0131得1a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.针对训练1设数列an是公差d0的最小正整数n的值是_解析：a11a83d3，d1，S11S8a11a10a93a127d3，a18，an8(n1)0，解得n9，因此使an0的最小正整数n的值是10.答案：103已知数列an为等差数列，Sn为其前n项和，a7a54，a1121，Sk9，则k_.解析：a7a52d4，则d2.a1a1110d21201，Skk2k29.又kN*，故k3.答案：34已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是_解析：设数列an为该等差数列，依题意得a1an70.Sn210，Sn，210，n6.答案：65各项均为正数的数列an满足a4Sn2an1(nN*)，其中Sn为an的前n项和(1)求a1，a2的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)当n1时，a4S12a11，即(a11)20，解得a11.当n2时，a4S22a214a12a2132a2，解得a23或a21(舍去)(2)a4Sn2an1，a4Sn12an11.得：aa4an12an12an2(an1an)，即(an1an)(an1an)2(an1an)数列an各项均为正数，an1an0，an1an2，数列an是首项为1，公差为2的等差数列an2n1.课下提升考能第卷：夯基保分卷1(2014泰州模拟)在等差数列an中，若a3a9a2712，则a13_.解析：等差数列an中，由a3a9a2712得3a1312，所以a134.答案：42已知等差数列an满足a23，SnSn351(n3)，Sn100，则n的值为_解析：由SnSn351得，an2an1an51，所以an117，又a23，Sn100，解得n10.答案：103(2014镇江月考)已知等差数列an中，a4a610，前5项和S55，则其公差为_解析：由a4a610，得2a510，所以a55.由S55a35，得a31，所以d2.答案：24已知Sn是等差数列an的前n项和，S100并且S110，若SnSk对nN*恒成立，则正整数k构成的集合为_解析：在等差数列an中，由S100，S110得，S100a1a100a5a60，S110a1a112a60，故可知等差数列an是递减数列且a60，所以S5S6Sn，其中nN*，所以k5或6.答案：5,65(2013南通二模)设等差数列an的公差为正数，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13_.解析：由条件可知，a25，从而a1a310，a1a316，得a12，a38，公差为3，所以a11a12a1323(101112)3105.答案：1056(2013常州质检)设s，t为正整数，两条直线l1：xyt0与l2：xy0的交点是(x1，y1)，对于正整数n(n2)，过点(0，t)和(xn1,0)的直线与直线l2的交点记为(xn，yn)，则xnyn_(用s，t，n表示)解析：法一：点(xn，yn)满足得到xn，yn，所以xnyn.点(x1，y1)满足解得x1s，y1，所以x2s，y2；x3s，y3t；x4s，y4t，猜想：xn，yn.所以xnyn.法二：由法一知x1s，y1，xn，yn由2sxnxnxn12sxn1可化为1，即是以2为首项，1为公差的等差数列所以2(n1)，得xn，将其代入yn得yn，故xnyn.答案：7(2013南京二模)设Sn是等差数列an的前n项和，若，则_.解析：由S33a2，S77a4，得9a27a47(a22d)，即a27d，所以a38d，a49d，从而S63(a3a4)51d，S77a463d，故结果为.答案：8(2013无锡期末)已知数列an的前n项和Snn27n，且满足16akak122，则正整数k_.解析：由an可得an2n 8,16akak122，即16(2k8)(2k6)22，所以7.5k0的所有正整数n的集合解：(1)由a3a得a12d(a16d)2.由a2a4a6得a1d2a18d，即a17d.将代入得5dd2.所以d5或d0(不符合题意舍去)则a135.所以an35(n1)(5)5n40.(2)Sn.不等式Sn2an200，即2(5n40)200，整理得n219n400.所以n.因为nN*，则n，即n.所以所求n的集合为3,4，1610(2014南京学情调研)已知数列an的首项a1a，Sn是数列an的前n项和，且满足S3n2anS，an0，n2，nN*.(1)若数列an是等差数列，求a的值；(2)确定a的取值集合M，使aM时，数列an是递增数列解：(1)在S3n2anS中分别令n2，n3及a1a得(aa2)212a2a2，(aa2a3)227a3(aa2)2.因为an0，所以a2122a，a332a.因为数列an是等差数列，所以a1a32a2，即2(122a)a32a，解得a3.经检验a3时，an3n，Sn，Sn1满足S3n2anS.所以a3.(2)由S3n2anS得SS3n2an，即(SnSn1)(SnSn1)3n2an，故(SnSn1)an3n2an.因为an0，所以SnSn13n2(n2)，所以Sn1Sn3(n1)2得an1an6n3(n2)所以an2an16n9.得an2an6(n2)，即数列a2，a4，a6，及数列a3，a5，a7，都是公差为6的等差数列因为a2122a，a332a，所以an要使数列an是递增数列，须有a1a2，且当n为大于或等于3的奇数时，anan1，且当n为偶数时，anan1，即解得a.所以集合M，当aM时，数列an是递增数列第卷：提能增分卷1(2013苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二)设Sn，Tn分别是等差数列an，bn的前n项和，已知，nN*，则_.解析：因为an，bn是等差数列，故b3b18b6b15，所以.答案：2(2014盐城二模)在等差数列an中，a25，a621，记数列的前n项和为Sn，若S2n1Sn对nN*恒成立，则正整数m的最小值为_解析：由条件得公差d4，从而a11，所以an4n3，数列的前n项和为Sn1.原不等式可化为，记f(n).因为f(n1)f(n)0，故f(n)为单调递减数列，从而f(n)maxf(1).由条件得，解得m，故正整数m的最小值为5.答案：53(2014南通一模)已知数列an中，a21，前n项和为Sn，且Sn.(1)求a1；(2)求证：数列an为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg bn，试问是否存在正整数p，q(其中1pq)，使b1，bp，bq成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，请说明理由解：(1)令n1，则a1S10.(2)证明：由Sn，即Sn，得Sn1.得(n1)an1nan，于是nan2(n1)an1.得nan2nan2nan1，即an2an2an1，又a10，a21，a2a11，所以数列an是以0为首项，1为公差的等差数列所以ann1.(3)假设存在正整数数组(p，q)使b1，bp，bq成等比数列，则lg b1，lg bp，lg bq成等差数列，于是.所以q3q()(*)易知(p，q)(2,3)为方程(*)的一组解当p3，且pN*时，0，故数列(p3)为递减数列，于是0，所以a32a2a10，即a2a1a3a2.故a1，a2，a3成等差数列(2)当k0时，aanan2，nN*.因为数列an的各项都为正数，所以数列an是等比数列设公比为q(q0)因为a2，a4，a5成等差数列，所以a2a52a4，即a1qa1q42a1q3.因为a10，q0，所以q32q210.解得q1或q(负根舍去)所以q1或q.(3)存在常数，使anan2an1.证明如下：因为aanan2k，所以aan1an1k，n2，nN*.所以aaanan2an1an1，即anan2aaan1an1.(*)由于an0，(*)式两边同除以anan1得.所以，即当nN*，都有anan2an1.因为a1a，a2b，aanan2k，所以a3.所以.所以对任意nN*，都有anan2an1，此时.第三节等比数列及其前n项和1等比数列的有关概念(1)定义：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常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为q.(2)等比中项：如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项即：G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn1在等比数列中易忽视每项与公比都不为0.2在运用等比数列的前n项和公式时，必须对q1与q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形导致解题失误试一试1在1和9之间插入三个正数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的和为_解析：设5个正数的公比为q(q0)，所以q49，即q，则中间3个数的和为qq2q33334.答案：342(2014徐州摸底)已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若a318，S326，则an的公比q_.解析：由得8，即4q29q90.所以(4q3)(q3)0.因为q0，所以q3.答案：31等比数列的三种判定方法(1)定义：q(q是不为零的常数，nN*)an是等比数列(2)通项公式：ancqn1(c、q均是不为零的常数，nN*)an是等比数列