数列专题总复习知识点整理与经典例题讲解-高三数学

1、数列专题复习一、等差数列的有关概念：1、等差数列的判断方法：定义法 an 1and( d为常数 ）或 an1anan an 1( n2) 。如设 a 是等差数列， 求证：以 bn= a1a2ann N * 为通项公式的数列 b 为nnn等差数列。2、等差数列的通项： ana1 (n1)d 或 anam(nm)d 。如 (1)等差数列 an 中， a1030 ， a2050，则通项 an（答： 2n10 ）；（ 2）首项为 -24的等差数列， 从第 10 项起开始为正数， 则公差的取值范围是 _（答：8d 3）3n(a1an ) ， Snn(n1) d 。3、等差数列的前 n 和： Snna12

2、2如（ 1）数列 an 中， anan 11 (n2,nN * ) ， an3，前 n 项和 Sn15，222则 a1 ， n （答： a13 ， n10 ）；（ 2）已知数列 an 的前 n项和 Sn12 nn2，求数列 | an | 的前 n 项和 Tn （答：12nn2 (n6, nN * )Tn12n 72( n6, nN）.n2* )4、等差中项： 若 a, A, b 成等差数列，则A 叫做aba 与 b 的等差中项，且 A。2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。

3、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）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为 ，a 2d ,a d ,a, a d , a 2d（ 公 差 为 d）；偶数个数成等差，可设为，a 3d, ad , a d , a3d , （公差为 2 d ）5、等差数列的性质：（ 1）当公差 d0 时，等差数列的通项公式ana1(n 1)ddna1 d 是关于 n 的一次函数， 且斜率为公差 d ；前 n 和 Snna1n(n 1) dd n2(a1d )n 是关于 n 的二次222函数且常数项为0.1/13（ 2）若公差d0 ，则为递增等差数列，若

4、公差d0 ，则为递减等差数列，若公差d 0 ，则为常数列。（ 3）当 mnpq 时 , 则有 amanapaq ，特别地，当mn2 p 时，则有aman2ap .如（ 1）等差数列 an 中， Sn 18,anan 1an 23, S31，则 n _（答： 27）；(4)若 an 、 bn 是等差数列，则 kan 、 kanpbn ( k 、 p 是非零常数 ) 、 ap nq( p, qN* ) 、Sn , S2 nSn , S3nS2n， 也成等差数列， 而 aan 成等比数列； 若 an 是等比数列，且an0 ，则 lg an 是等差数列 .如等差数列的前n 项和为 25，前 2n 项和

5、为 100，则它的前3n 和为。（答：225）（ 5）在等差数列 an 中，当项数为偶数2n 时， S偶 S奇nd ；项数为奇数2n 1时，SSa， S1(2 n1) a （这里 a 即an）； S：S偶n : n - 1。奇偶中2n中中奇如（ 1）在等差数列中，S11 22，则 a6 _（答： 2）；（ 2）项数为奇数的等差数列 an 中，奇数项和为80，偶数项和为75，求此数列的中间项与项数（答：5； 31） .（6）若等差数列n 、n的 前 n 和 分 别 为An、Bn， 且Anf (n)， 则a b Bnan(2n1)anA2n1f (2 n1).如设an 与 bn 是两个等差数列，

6、它们的前 n 项和分bn(2 n1)bnB2n1别为 Sn 和 Tn ，若 Sn3 n1 ，那么 an_（答： 6n2）Tn4 n3bn8n7(7) “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；“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。法一：由不等式组an0a n0确定出前多少项为非负（或非正） ；法二：因等差数列前n 项是关于an10或0a n 1n 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nN *。上述两种方法是运用了哪种数学思想？（函数思想），由此你能求一般数列中的最大或最小项吗？如（ 1）等差数列 an 中， a12

7、5， S9S17 ，问此数列前多少项和最大？并求此最大2/13值。（答：前 13 项和最大，最大值为169）；（ 2）若 an 是等差数列，首项a10, a2003a20040 ， a2003 a20040 ，则使前 n 项和Sn 0 成立的最大正整数n 是（答： 4006）（ 3）在等差数列 an中， a100, a110 ，且 a11| a10 | ， Sn 是其前 n 项和，则（）A、 S1, S2 L S10 都小于 0， S11 , S12 L都大于0B、 S1,S2 LS19 都小于 0， S20 , S21 L都大于 0C、 S1,S2LS5 都小于 0， S6, S7 L 都大

8、于 0D、 S1, S2 L S20 都小于 0， S21, S22 L都大于0 （答： B）(8) 如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数. 注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究anbm .二、等比数列的有关概念：1 、 等 比 数 列 的 判 断 方 法 ： 定 义 法 an 1q(q为常数 ）， 其 中 q0, an0 或anan 1an(n2) 。anan 1如（ 1）一个等比数列 an 共有 2n 1 项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则 an 1为 _（答： 5 ）；（ 2）数

9、列 an 中， Sn =4 an 1+1 ( n2 )且 a1 =1，若 bnan 12an ，6求证：数列 bn 是等比数列。2、等比数列的通项： ana1q n 1 或 anam qn m 。如等比数列 an 中， aan66 ， a a128 ，前n 项和Sn 126，求 n 和 q . （答：12 n 1n6， q1或 2）23、等比数列的前 n 和：当 q1 时， Snna1 ；当 q1时， Sna1 (1 qn )a1anq 。1 q1q如（ 1）等比数列中， q 2， S99=77，求 a3 a6a99 （答： 44）；10n（ 2）(C nk ) 的值为 _（答： 2046）；

10、n 1k 03/13特别提醒： 等比数列前n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n 项和时， 首先要判断公比 q 是否为 1，再由 q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q 是否为 1 时，要对 q 分 q1 和 q1 两种情形讨论求解。4、等比中项： 若 a, A, b 成等比数列，那么A 叫做 a 与 b 的等比中项。 提醒 ：不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个ab 。如已知两个正数a, b( ab) 的等差中项为A，等比中项为B，则 A 与 B 的大小关系为 _ （答： A B）提醒 ：（ 1）等比数列的通项公式及 前 n 和公式中，涉及到5 个元素

11、： a1 、 q 、 n、 an 及Sn ，其中 a1 、 q 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）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等比，可设为 ，a2, a ,a,aq ,aq2 （公比为 q ）；但偶数个数成等比时，不能设为 a3, a , aq,aq 3 ， ，qqqq因公比不一定为正数，只有公比为正时才可如此设，且公比为q2 。 如有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个成等比数列，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为 12，求此四个数。 （答： 15， ,9， 3,1 或 0,4， 8,16

12、）5. 等比数列的性质 ：（ 1 ）当 mn pq 时，则有am gan ap gaq，特别地，当mn 2 p 时，则有am gan ap2.如（ 1）在等比数列 an 中， a3a8 124, a4 a7512 ，公比 q 是整数，则 a10 =_（答： 512）；（ 2）各项均为正数的等比数列 a 中，若 a5a69 ，则logalog3a Llogan312310（答： 10）。(2)若 an 是等比数列，则| an | 、 ap nq( p, qN * ) 、 kan 成等比数列；若 an 、bn成等比数列， 则an成等比数列；若an 是等比数列， 且公比q1，、 anbn bn则数列

13、 Sn , S2 nSn , S3nS2n， 也是等比数列。当q1 ，且 n 为偶数时，数列Sn , S2nSn , S3nS2n， 是常数数列0，它不是等比数列 .如 （ 1 ） 已 知 a0 且 a1 ， 设 数 列 xn 满 足 log a xn 11log a xn (nN*)， 且4/13x1x2Lx100 100 ，则 x101x102Lx200. （答： 100a100 ）；（ 2）在等比数列 an 中， Sn 为其前 n 项和，若 S3013S10 , S10 S30 140 ，则 S20的值为 _（答： 40）(3) 若 a10, q 1 ，则 an 为递增数列；若a10,

14、q1 , 则 an 为递减数列；若a10,0q1 ，则 an 为递减数列； 若 a10,0q1 ,则 an 为递增数列； 若 q0 ，则 an 为摆动数列；若 q 1，则 an 为常数列 .(4)当 q1 时， Sna1q na1qaq nb ，这里 a b 0 ，但 a 0, b0 ，1q1是等比数列前 n 项和公式的一个特征，据此很容易根据Sn ，判断数列 an 是否为等比数列。如若 an 是等比数列，且Sn3 nr ，则 r （答： 1）(5)Sm nSm qm SnSnqn Sm . 如设等比数列 an 的公比为 q ，前 n 项和为 Sn ，若 Sn 1 , Sn , Sn2 成等差

15、数列，则 q 的值为 _（答： 2）(6)在等比数列 an 中，当项数为偶数2n 时， S偶qS奇 ；项数为奇数 2n 1时，S奇a1qS偶 .(7) 如果数列 an 既成等差数列又成等比数列，那么数列 a n 是非零常数数列，故常数数列 an 仅是此数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件。如设数列an的前 n 项和为 Sn （ n N ）， 关于数列an有下列三个命题：若anan 1 (nN )，则an既是等差数列又是等比数列；若Sn2、，a n b n a b R则an 是等差数列； 若 Sn11 n ，则 an 是等比数列。 这些命题中， 真命题的序号是（答：）三、数列通项公式的求

16、法一、公式法（n1) anS1；SnSn 1 (n2) an 等差、等比数列an 公式 .5/13例已知数列 an 满足 an 1 2an3 2n， a12 ，求数列 an 的通项公式。评注：本题解题的关键是把递推关系式an 1 2an3 2n 转化为 an 1an3，说明数列2n 12n2an 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出an1 ( n3，进而求出数列 nn1)222 an 的通项公式。二、累加法例 已知数列 an 满足 an 1an2n1， a11，求数列 an 的通项公式。评注：本题解题的关键是把递推关系式an 1an2n1转化为 an 1 an2n 1，进而求出 (an

17、 an 1 ) (an 1 an 2 )L(a3a2 )(a2a1 )a1 ，即得数列 an的通项公式。例已知数列 an满足 an 1an 2 3n，3 ，求数列 an 的通项公式。1 a1评注：本题解题的关键是把递推关系式an 1an2 3n1 转化为 an 1 an 2 3n1 ，进而求出 an (an an 1) (an 1 an 2 )L( a3a2 )(a2 a1 ) a1 ，即得数列 an 的通项公式。三、累乘法例已知数列 an 满足 an 12( n1)5nan， a13，求数列 an 的通项公式。评注：本题解题的关键是把递推关系an 12( n1)5nan 转化为 an12(

18、n 1)5n ，进而求an出 anan 1 La3a2a1 ，即得数列 an 的通项公式。an 1an 2a2a1四、取倒数法例已知数列 an 中，其中 a11, ，且当 n 2an1，求通项公式 an 。时， an2an 11解将 anan 1两边取倒数得：112 ，这说明 1 是一个等差数列，2an 1anan 1an16/13首项是 11，公差为2，所以 11 (n 1) 2 2n 1，即 an1.a1an2n1五、待定系数法例已知数列 an 满足 an 12an35n， a16 ，求数列an 的通项公式。评注：本题解题的关键是把递推关系式an 1 2an35n 转化为 an 1 5n

19、12(an 5n ) ，从而可知数列 an5n 是等比数列，进而求出数列 an5n 的通项公式，最后再求出数列 an 的通项公式。例已知数列 an 满足 an 13an5 2n4， a1，求数列 an 的通项公式。1评注：本题解题的关键是把递推关系式an 1 3an5 2n4 转化为an 1 5 2n 123(an 52n2) ，从而可知数列 an5 2n2 是等比数列，进而求出数列 an 52n2 的通项公式，最后再求数列 an 的通项公式。六、对数变换法例 已知数列 an 满足 an 123nan5， a1 7 ，求数列 an 的通项公式。评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式an

20、 123n an5 转化为lg alg3 (n1)lg3lg 25(lg alg3 nlg3lg 2) ，从而可知数列n 14164n4164lg anlg3 nlg3lg 2 是等比数列，进而求出数列 lg anlg3 nlg3lg 2 的通项41644164公式，最后再求出数列 an 的通项公式。七、迭代法例 已知数列 an 满足 aa3( n 1)2 n，a5 ，求数列 an 的通项公式。n1n1评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式 an 1 an3( n 1)2 n两边取常用对数得lg an 13(n1) 2nlg an ，即 lg an 13(n1)2

21、n ，再由累乘法可推知lg an7/13n 123n 1 n! 2 n( n 1)n ( n 1)lg anlg anlg an 1lg a3lg a2lg a1lg53 n! 2，从而 an 52。lg an 1lg an 2Llg a1lg a2八、数学归纳法例 已知数列 an 满足 an 1 an8( n1)， a18，求数列 an 的通项公式。(2 n2291) (2 n 3)解：由 an 1 an8(n1)2 及 a182，得。(2 n1) (2 n 3)92(2 n1)1由此可猜测 a，往下用数学归纳法证明这个结论。n2(2n1)（1）当 n1时，a1(211)2 18 ，所以等式

22、成立。(211)292(2 k1)1（2）假设当 nk 时等式成立，即a，则当 nk1 时，k2(2k1)ak 1ak8(k1)。(2 k 1)2(2k 3) 2由此可知，当nk1 时等式也成立。根据（ 1），（ 2）可知，等式对任何nN * 都成立。九、换元法例 已知数列 an 满足 an 11(14an124an )， a11 ，求数列 an 的通项公式。16124an ，则 an12解：令 bn24(bn1)故 an 11 (bn211) ，代入 an 11 (14an1 24an ) 得。即 4bn21(bn3) 22416124an0，故 bn 113因为 bn1 24an 10 则

23、 2bn 1bn 3 ，即 bn 12 bn2，可化为 bn131 (bn3) ，28/13所以 bn3 是以 b13124a13124132 为首项，以1 为公比的等比数2列，因此 bn3 2(1) n 1(1)n2 ，则 bn(1)n23，即124an(1)n 23，得2222an2 ( 1) n(1 )n1 。3423十、构造等差、等比数列法 an 1panq ； an 1panqn ； an 1pa nf ( n) ； an 2p an 1q an .例已知数列 an中， a11, an12an3，求数列an的通项公式 .【解析】an 132(an3)an342n1an2n13.【反思

24、归纳】递推关系形如“an1panq ” 适用于待定系数法或特征根法：令 an1p(an) ； 在 an 1pan q 中令 an 1anxxq，an 1x p(anx) ；1p由 an 1pa nq 得 anpan 1q ，an 1anp(anan 1) .例已知数列 an中， a11, an12an3n ，求数列an的通项公式 .【解析】an 12an3n ，an1an( 3 )n ，令 anbn2n2n 122n1b(bb) (bb)(bb ) b3 nan3n2nn2 ( )2nn 1n 1n 22112【反思归纳】递推关系形如“an1pa nqn ”通过适当变形可转化为：“ an 1p

25、a nq ”或“an 1anf ( n) n 求解 .十一、不动点法例已知数列 an 满足 an 17an2， a12 ，求数列 an 的通项公式。2an3解：令 x7 x2 ，得 2x24x2 0 ，则 x1 是函数 f (x)3x1 的不动点。2x34x7因为 an 117an215an5 ，所以2an32an39/13an2 ( 1) n(1 )n1 。3423评注：本题解题的关键是通过将1 24an 的换元为 bn ，使得所给递推关系式转化bn 11 bn3形式，从而可知数列 bn 3 为等比数列， 进而求出数列 bn 3 的通项公式，22最后再求出数列 an 的通项公式。四、数列求和

26、的基本方法和技巧一、利用常用求和公式求和1、 等差数列求和公式：n(a1an )n(n1)Sn2na1d2na1qn )( q1)2、等比数列求和公式：Sna1 (1a1an q1q1 q(q 1)前 n 个正整数的和12 3n(n1)n2n(n1)(2n1)前 n 个正整数的平方和122232n 26前 n 个正整数的立方和132333n3 n( n1) 22公式法求和注意事项（ 1）弄准求和项数 n 的值；（ 2）等比数列公比 q 未知时，运用前 n 项和公式要分类。例已知 log 3x1，求 xx2x3x n的前 n 项和 .log 2 3例设 Sn 1+2+3+ +n，n N* ,求

27、f (n)Sn的最大值 .(n32)Sn 1f ( n)Sn111( n85032)Sn 1n64)25034(nnnn81 当8，即 n 8 时， f (n) max50二、错位相减法求和这种方法主要用于求数列a nbn 的前 n 项和，其中 a n 、 b n 分别是等差数列和等比数列 . 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ；10/13然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和。例：（ 2009 全国卷理 ）在数列 an 中， a11,an1(1 1 )ann 1an ，求数列 bn 的通项公式（ IIn2n（I ）设 bn）求数列 an 的

28、前 n 项和 Snnanan11分析 ：（ I ）由已知有1bn 1bnn1n2n2n1利用累差迭加即可求出数列 bn 的通项公式 :bn2(nN * )2n 1nnknnk（II）由（ I ）知 an2n,Sn =(2 k)(2 k)2n 1k 12k 1k 1k 1 2k 1nnk而(2 k )n( n1), 又是一个典型的错位相减法模型，1 2k 1k1knkn2n2易得4Sn = n(n 1)4k 1 2k 12n 12n 1三、倒序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个 (a1an ) .例求证： C n03C n15C n2( 2n1)C nn(n1)2n证明：设SC03C 15