人教版高中数学数列专题经典案例解读(附练习答案)

1、第一部分 数列的基础知识等差数列一 定义式： 二 通项公式： 一个数列是等差数列的等价条件：(a，b为常数)，即是关于n的一次函数，因为，所以关于n的图像是一次函数图像的分点表示形式。三 前n项和公式： 一个数列是等差数列的另一个充要条件：(a，b为常数，a0)，即是关于n的二次函数，因为，所以关于n的图像是二次函数图像的分点表示形式。四 性质结论1. 3或4个数成等差数列求数值时应按对称性原则设置，如：3个数a-d,a,a+d； 4个数a-3d,a-d,a+d,a+3d2. 与的等差中项；在等差数列中，若，则；若，则；3. 若等差数列的项数为2，则；若等差数列的项数为，则，且，4. 凡按一定

2、规律和次序选出的一组一组的和仍然成等差数列。设，则有； 5.,则前(m+n为偶数)或(m+n为奇数)最大 等比数列一 定义：成等比数列。二 通项公式：，数列an是等比数列的一个等价条件是：当且时，关于n的图像是指数函数图像的分点表示形式。三 前n项和：；(注意对公比的讨论)四 性质结论：1.与的等比中项(同号)；2.在等比数列中，若，则；若，则；3.设， 则有 求通项公式的基本方法一 构造等差数列：递推式不能构造等比时，构造等差数列。 第一类：凡是出现分式递推式都可以构造等差数列来求通项公式，例如：，两边取倒数是公差为2的等差数列，从而求出。第二类：是公差为1的等差数列二 递推：即按照后项和前

3、项的对应规律，再往前项推写对应式。例如【注: 】求通项公式的题，不能够利用构造等比或者构造等差求的时候，一般通过递推来求。第二部分 求数列通项公式的方法一、法，（利用关系，最后要注意可化简的要化简）例1 已知下列两数列的前n项和sn的公式，求的通项公式。（1）。 （2）二、公式法（定义法）根据等差数列、等比数列的定义求通项例2 已知数列满足，求数列的通项公式。三、累加法 适用于： 若，则 两边分别相加得 例3 已知数列满足，求数列的通项公式。例4 已知数列满足，求数列的通项公式。例5 已知数列满足，求数列的通项公式。四累乘法 适用于： 若，则两边分别相乘得，例6 已知数列满足，求数列的通项公式

4、。例7 （2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列满足，求的通项公式。五、待定系数法适用于解题基本步骤：确定设等比数列，公比为q列出关系式比较系数求，解得数列的通项公式例8 已知数列满足，求数列的通项公式。例9 已知数列满足，求数列的通项公式。例10 已知数列满足，求数列的通项公式。六、对数变换法例11 已知数列满足，求数列的通项公式。七、迭代法例12 已知数列满足，求数列的通项公式。八、数学归纳法例13 已知数列满足，求数列的通项公式。九、换元法例14 已知数列满足，求数列的通项公式。十、不动点法例15 已知数列满足，求数列的通项公式。例16 已知数列满足，求数列的通项公式。第三部分

5、 数列练习题1、已知数列的首项，其前项和，求。 2、若在数列中，求通项。在数列中， =1, (n+1)=n，求的表达式。4、已知数列满足，求。5、已知数列的首项，求。6、若数列满足，且，求。7、在数列中，且，求。8、设数列的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn求数列前N项和的方法公式法（1）等差数列前n项和：特别的，当前n项的个数为奇数时，即前n项和为中间项乘以项数。这个公式在很多时候可以简化运算。（2）等比数列前n项和：q=1时，特别要注意对公比的讨论。（3）其他公式较常见公式：1、 2、3、例1 已知，求的前n项和.例2 设

6、Sn1+2+3+n，nN*,求的最大值. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中 an 、 bn 分别是等差数列和等比数列.例3 求和：例4 求数列前n项的和.练习：求：Sn=1+5x+9x2+(4n-3)xn-1 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. 例5 求的值 分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例6 求数列的前n项和：，例7

7、 求数列n(n+1)(2n+1)的前n项和.练习：求数列的前n项和。裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1） （2）（3） （4）（5）(6) 例9 求数列的前n项和.例10 在数列an中，又，求数列bn的前n项的和.例11 求证： 练习：求 之和。 合并法求和针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求Sn.例12 求cos1+ cos2+ cos3+ cos178+ cos179的值.

8、例13 数列an：，求S2002.例14 在各项均为正数的等比数列中，若的值.利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.例15 求之和. 例16 已知数列an：的值.练习：求5，55，555，的前n项和。以上一个7种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。数列的综合问题与数列的应用基础巩固强化a、b、c成等比数列，则函数f(x)ax

9、2bxc的图象与x轴交点的个数是()A0B1C2D不确定2在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN*)，则eq f(a3,a5)的值是()A.eq f(15,16) B.eq f(15,8) C.eq f(3,4) D.eq f(3,8)3数列an满足其中任何连续的三项之和为20，并且a49，a127，则a2012()A9 B7 C4 D24设正项等比数列an的前n项之积为Tn，且T1032，则eq f(1,a5)eq f(1,a6)的最小值为()A2eq r(2) B.eq r(2) C2eq r(3) D.eq r(3)已知an是等差数列，Sn为其前n项和，若S21S40

10、00，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2011，a2011)，则eq o(OP,sup16()eq o(OQ,sup16()()A2011 B2011 C0 D15数列an是公差d0的等差数列，数列bn是等比数列，若a1b1，a3b3，a7b5，则b11等于()Aa63 Ba36 Ca31 Da136已知an为等差数列，bn为正项等比数列，公式q1，若a1b1，a11b11，则()Aa6b6 Ba6b6 Ca60，b0，A为a、b的等差中项，正数G为a、b的等比中项，则ab与AG的大小关系是()AabAG BabAG CabAG D不能确定7小王每月除去所有日常开支，大约结余a元小王决定

11、采用零存整取的方式把余钱积蓄起来，每月初存入银行a元，存期1年(存12次)，到期取出本和息假设一年期零存整取的月利率为r，每期存款按单利计息那么，小王存款到期利息为_元8已知双曲线an1y2anx2an1an(n2，nN*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是yeq r(2)x，其中数列an是以4为首项的正项数列，则数列an的通项公式是_9已知数列an的前n项和为Sn，且an15Sn3，且a11，则an的通项公式是_10已知等差数列an的公差大于0，且a3、a5是方程x214x450的两个根，数列bn前n项和为Sn，且Sneq f(1bn,2)(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若c

12、nanbn，求数列cn的前n项和Tn.已知数列an的前n项和是Sn，且2Sn2an.(1)求数列an的通项公式；(2)记bnann，求数列bn的前n项和Tn.能力拓展提升12已知数列an、bn满足a1eq f(1,2)，anbn1，bn1eq f(bn,1aoal(2,n)，则b2012()A.eq f(2011,2012) B.eq f(2012,2011) C.eq f(2012,2013) D.eq f(2013,2012)等比数列an中，a36，前三项和S3eq iin(0,3,)4xdx，则公比q的值为()A1 Beq f(1,2) C1或eq f(1,2) D1或eq f(1,2)

13、13已知实数a、b、c、d成等比数列，且函数yln(x2)x当xb时取到极大值c，则ad等于_14在一个数列中，如果nN*，都有anan1an2k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积已知数列an是等积数列，且a11，a22，公积为8，则a1a2a3a12_.已知两个等比数列an、bn满足a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33，若数列an唯一，则a_.15已知数列an的前n项和Sn满足：Sna(Snan1)(a为常数，且a0，a1)(1)求an的通项公式；(2)设bnaeq oal(2,n)Snan，若数列bn为等比数列，求a的值(3)在满足条件(2)的情形下

14、，设cneq f(1,bn1)eq f(1,bn11)，数列cn的前n项和为Tn，求证：Tn2neq f(1,2).16已知数列an是公差d0的等差数列，记Sn为其前n项和(1)若a2、a3、a6依次成等比数列，求其公比q.(2)若a11，证明点P1eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(S1,1)，P2eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(S2,2)，Pneq blc(rc)(avs4alco1(n，f(Sn,n)(nN*)在同一条直线上，并写出此直线方程在等差数列an中， 设Sn为它的前n项和，若S150，S160是S9S3的()A充分但不必要条件 B必要但不充分条件

15、C充要条件 D既不充分也不必要条件2已知正数组成的等差数列an的前20项的和是100，那么a6a15的最大值是()A25 B50 C100 D不存在3数列an是公差不为0的等差数列，且a1、a3、a7为等比数列bn中连续的三项，则数列bn的公比为()A.eq r(2) B4 C2 D.eq f(1,2)4已知各项均不为零的数列an，定义向量cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*.则下列命题中为真命题的是()A若对于任意nN*总有cnbn成立，则数列an是等差数列B若对于任意nN*总有cnbn成立，则数列an是等比数列C若对于任意nN*总有cnbn成立，则数列an是等差数列D若对于任意n

16、N*总有cnbn成立，则数列an是等比数列5小正方形按照下图中的规律排列：每小图中的小正方形的个数就构成一个数列an，有以下结论：a515；数列an是一个等差数列；数列an是一个等比数列；数列的递推公式为：anan1n(nN*)，其中正确的为()A B C D6如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“神秘数”介于1到200之间的所有“神秘数”之和为_7已知函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f (x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an和数列bn满足等式：aneq f(b1

17、,2)eq f(b2,22)eq f(b3,23)eq f(bn,2n)(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.8已知f(x)a1xa2x2anxn(n为正偶数)且an为等差数列，f(1)n2，f(1)n，试比较feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)与3的大小，并证明你的结论9数列xn满足x10，xn1xeq oal(2,n)xnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是c1时，=，验证n=1时，此式也成立。=。（2）当n=1时，；当n1时，=，。点评：要先分n=1和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。二、公式法例2 已知数列满足，求数列的通项公式。解：两边除以

18、，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。三、累加法例3 已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以数列的通项公式为。例4 已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以例5 已知数列满足，求数列的通项公式。解：两边除以，得，则，故因此，则三、累乘法例6 已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为例7 （2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列满足，求的通项公式。解：因为所以用式式得则故所以由，则，又知，则，代入得。所以，的通项公式为四、待定系数法例8 已知数列满足，求数列的通项公式。解：设将代入

19、式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入式得由及式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。例9 已知数列满足，求数列的通项公式。解：设将代入式，得整理得。令，则，代入式得由及式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。例10 已知数列满足，求数列的通项公式。解：设 将代入式，得，则等式两边消去，得，解方程组，则，代入式，得 由及式，得则，故数列为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，则。五、对数变换法例11 已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以。在式两边取常用对数得设 eq oac(,11)将式代入 eq oac(,11)式，得，两边消去并整理，得

20、，则，故代入 eq oac(,11)式，得 eq oac(,12)由及 eq oac(,12)式，得，则，所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此则。六、迭代法例12 已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以又，所以数列的通项公式为。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。即先将等式两边取常用对数得，即，再由累乘法可推知，从而。七、数学归纳法例13 已知数列满足，求数列的通项公式。解：由及，得由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。（1）当时，所以等式成立。（2）假设当时等式成立，即，则当时，由此可知，当时等式也成立。根据（1），（2）可知，等式对任何都成立

21、。八、换元法例14 已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，则故，代入得即因为，故则，即，可化为，所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得。九、不动点法例15 已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，得，则是函数的两个不动点。因为。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。例16 已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，得，则是函数的不动点。因为，所以。1、已知数列的首项，其前项和，求。解：，即，由此推出，。2、若在数列中，求通项。答案：3、在数列中， =1, (n+1)=n，求的表达式。解：由(n+1)=n得，= 所以。4、已知数列满足，求。解：将等式两边同时除以得：。即，

22、对，都有。所以数列是以为首项，为公差的等差数列。=，。总结：由递推关系式都可转化为等差数列。5、已知数列的首项，求。解：，即，又，是等比数列，首项为，公比为2。， 。总结：一般地，已知，可把化成的形式，其中由待定系数法求得。6、若数列满足，且，求。解：，两边取对数，得，是以为首项，以2为公比的等比数列，。结论：形如(其中p,r为常数)型，（1）若p0，用对数法. （2）若p0，a35，a59，公差deq f(a5a3,53)2.ana5(n5)d2n1.又当n1时，有b1S1eq f(1b1,2)，b1eq f(1,3)，当n2时，有bnSnSn1eq f(1,2)(bn1bn)，eq f(b

23、n,bn1)eq f(1,3)(n2)数列bn是首项b1eq f(1,3)，公比qeq f(1,3)的等比数列，bnb1qn1eq f(1,3n).(2)由(1)知，cnanbneq f(2n1,3n)，Tneq f(1,31)eq f(3,32)eq f(5,33)eq f(2n1,3n)，eq f(1,3)Tneq f(1,32)eq f(3,33)eq f(5,34)eq f(2n3,3n)eq f(2n1,3n1)，得eq f(2,3)Tneq f(1,3)eq f(2,32)eq f(2,33)eq f(2,3n)eq f(2n1,3n1)eq f(1,3)2(eq f(1,32)e

24、q f(1,33)eq f(1,3n)eq f(2n1,3n1)，整理得Tn1eq f(n1,3n).解析(1)当n1时，2S12a1，2a12a1，a1eq f(2,3)；当n2时，eq blcrc (avs4alco1(2Sn2an，,2Sn12an1.)两式相减得2anan1an(n2)，即3anan1(n2)，又an10，eq f(an,an1)eq f(1,3)(n2)，数列an是以eq f(2,3)为首项，eq f(1,3)为公比的等比数列aneq f(2,3)(eq f(1,3)n12(eq f(1,3)n.(2)由(1)知bn2(eq f(1,3)nn，Tn2eq f(1,3)

25、(eq f(1,3)2(eq f(1,3)3(eq f(1,3)n(123n)eq f(2f(1,3)1f(1,3)n,1f(1,3)eq f(n1n,2)1(eq f(1,3)neq f(n2n,2).答案C 答案C 答案1 答案28 答案eq f(1,3)解析(1)S1a(S1a11)，a1a，当n2时，Sna(Snan1)，Sn1a(Sn1an11)，两式相减得anaan1，eq f(an,an1)a，即an是等比数列，anaan1an.(2)由(1)知anan，Sneq f(aan1,a1)，bn(an)2eq f(aan1,a1)aneq f(2a1a2naan,a1)，若bn为等比

26、数列，则有beq oal(2,2)b1b3，而b12a2，b2a3(2a1)，b3a4(2a2a1)，故a3(2a1)22a2a4(2a2a1)，解得aeq f(1,2)，再将aeq f(1,2)代入，得bn(eq f(1,2)n成立，所以aeq f(1,2).(3)证明：由(2)知bn(eq f(1,2)n，所以cneq f(1,f(1,2)n1)eq f(1,f(1,2)n11)eq f(2n,2n1)eq f(2n1,2n11)2eq f(1,2n1)eq f(1,2n11)，所以cn2eq f(1,2n)eq f(1,2n1)，Tnc1c2cn(2eq f(1,2)eq f(1,22)

27、(2eq f(1,22)eq f(1,23)(2eq f(1,2n)eq f(1,2n1)2neq f(1,2)eq f(1,2n1)2neq f(1,2).解析(1)a2、a3、a6依次成等比数列，qeq f(a3,a2)eq f(a6,a3)eq f(a6a3,a3a2)eq f(3d,d)3，即公比q3.(2)证明：Snna1eq f(nn1,2)d，eq f(Sn,n)a1eq f(n1,2)d1eq f(n1,2)d.点Pneq blc(rc)(avs4alco1(n，f(Sn,n)在直线y1eq f(x1,2)d上点P1，P2，Pn(nN*)都在过点(1,1)且斜率为eq f(d,

28、2)的直线上此直线方程为y1eq f(d,2)(x1)即dx2y2d0.解析(1)由已知可得eq f(a5a3,53)2，则公差d2，eq blcrc (avs4alco1(S1515a1f(1514,2)d15a1140，,S1616a1f(1615,2)d16a1150.)14a10，S168(a8a9)0，a90；当9i15时，eq f(Si,ai)0，数列an递减，eq f(S1,a1)eq f(S2,a2)eq f(S8,a8)，eq f(S8,a8)eq f(S9,a9)eq f(S15,a15)eq f(S8,a8)最大答案A 答案A 答案C 答案A 答案D 答案2500解析(1

29、)由题意可设f(x)ax2bxc，则f (x)2axb6x2，a3，b2，f(x)过原点，c0，f(x)3x22x.依题意得Sn3n22n.n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5，n1时，a1S11适合上式an6n5(nN*)(2)aneq f(b1,2)eq f(b2,22)eq f(b3,23)eq f(bn,2n)，an1eq f(b1,2)eq f(b2,22)eq f(b3,23)eq f(bn1,2n1)(n2)相减得eq f(bn,2n)6，bn62n(n2)b12a12，bneq blcrc (avs4alco1(2n1，,62n n2.)Tn26(22232n)32n222.解析由f(1)n2，f(1)n得，a11，d2.feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)25eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)3(2n1) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n，两边同乘以eq f(1,2)得，eq f(1,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)23eq blc(rc)(avs4alc