高中数列知识点总结(附例题)

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业高中数列知识点总结（附例题）知识点1：等差数列及其前n项1等差数列的定义2等差数列的通项公式如果等差数列an的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式ana1(n1)3等差中项如果 Aeq f(ab,2) ，那么A叫做a与b的等差中项4等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam（n-m）d，(n，mN*)(2)若an为等差数列，且klmn，(k，l，m，nN*)，则akalam(3)若an是等差数列，公差为d，则a(4)若an，(5)若an是等差数列，公差为d，则a

2、k，akm，ak2m，(k，mN5等差数列的前n项和公式设等差数列an的公差d，其前n项和Sneq f(na1an,2)或Snna1eq f(nn1,2)d.6等差数列的前n项和公式与函数的关系Sneq f(d,2)n2eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)n.数列an是等差数列SnAn2Bn，(A、B为常数)7等差数列的最值在等差数列an中，a10，d0，则Sn存在最 大 值；若a10，则Sn难点正本疑点清源1等差数列的判定(1)定义法：anan1d (n2)；(2)等差中项法：2an1anan2.2等差数列与等差数列各项和的有关性质(1)am，amk，am2k，am3k

3、，仍是等差数列，公差为kd.(2)数列Sm，S2mSm，S3mS2m(3)S2n1(2n1)an.(4)若n为偶数，则S偶S奇eq f(n,2)d.若n为奇数，则S奇S偶a中(中间项)例1（等差数列的判定或证明）：已知数列an中，a1eq f(3,5)，an2eq f(1,an1) (n2，nN*)，数列bn满足bneq f(1,an1) (nN*)(1)求证：数列b(2)求数列a (1)证明an2eq f(1,an1) (n2，nN*)，bneq f(1,an1).n2时，bnbn1eq f(1,an1)eq f(1,an11)eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(2f(1,an

4、1)1)eq f(1,an11)eq f(an1,an11)eq f(1,an11)1.数列bn是以eq f(5,2)为首项，1为公差的等差数列(2)解由(1)知，bnneq f(7,2)，则an1eq f(1,bn)1eq f(2,2n7)，设函数f(x)1eq f(2,2x7)，易知f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(，f(7,2)和eq blc(rc)(avs4alco1(f(7,2)，)内为减函数当n3时，an取得最小值1；当n4时，an取得最大值3.例2（等差数列的基本量的计算）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S(1)

5、若S55，求S6及a1(2)求d的取值范围解(1)由题意知S6eq f(15,S5)3，a6S6S58.所以eq blcrc (avs4alco1(5a110d5，,a15d8.)解得a17，所以S63，a17.(2)方法一S5S6150，(5a110d)(6a115即2aeq oal(2,1)9da110d210.因为关于a1的一元二次方程有解，所以81d28(10d21)d280，解得d2eq r(2)或d2eq r(2).方法二S5S6150，(5a110d)(6a1159da110d210.故(4a19d)2d28.所以d2故d的取值范围为d2eq r(2)或d2eq r(2).例3（

6、前n项和及综合应用）(1)在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值时，(2)已知数列an的通项公式是an4n25，求数列|解方法一a120，S10S15，1020eq f(109,2)d1520eq f(1514,2)d，deq f(5,3).an20(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)eq f(5,3)neq f(65,3).a130，即当n12时，an0，n14时，an0，当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13S121220eq f(1211,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)130.方法二同

7、方法一求得deq f(5,3).Sn20neq f(nn1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)eq f(5,6)n2eq f(125,6)neq f(5,6)eq blc(rc)(avs4alco1(nf(25,2)2eq f(3 125,24).nN*，当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.(2)an4n25，an14(n1)25，an1an4d，又a1412521.所以数列a令eq blcrc (avs4alco1(an4n250，,an14n1250， )由得n10q1q=1q0递增递减常数列摆动数列a0)，它的前n项和为40，前2n项和为

8、3 280，且前n(1)设数列an由通项公式ana1qn1及已知条件得：eq blcrc (avs4alco1(a6a4a1q3q2124，,a3a5a1q3264. )由得a1q38.将a1q38代入式，得q22，无解将a1q38代入式，得q24，q2.，故舍去当q2时，a11，S8eq f(a11q8,1q)255；当q2时，a11，S8eq f(a11q8,1q)85.(2)若q1，则na140,2na13 280，矛盾q1，eq blcrc (avs4alco1(f(a11qn,1q)40，,f(a11q2n,1q)3 280， )eq f(,)得：1qn82，qn81， 将代入得q1

9、2a1.又q0，q1，a10，aana1qn127，由、得q3，a11，n4.a2na81372 187.例2已知数列an的前n项和为Sn，数列bn中，b1aanan1 (n2)，且anSnn.(1)设cnan1，求证：cn(2)求数列bn1)证明anSnn，an1Sn1n1.得an1anan11，2an1an1，2(an11)an1，eq f(an11,an1)eq f(1,2)，an1是等比数列首项c1a11，又a1a11，a1eq f(1,2)，c1eq f(1,2)，公比qeq f(1,2).又cnan1，cn是以eq f(1,2)为首项，eq f(1,2)为公比的等比数列(2)解由(

10、1)可知cneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n，ancn11eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n. 当n2时，bnanan11eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)neq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)neq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n

11、.又b1a1eq f(1,2)代入上式也符合，bneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n.例3在等比数列an中，(1)若已知a24，a5eq f(1,2)，求an；(2)若已知a3a4a58，求a2解(1)设公比为q，则eq f(a5,a2)q3，即q3eq f(1,8)，qeq f(1,2)，ana5qn5eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n4.(2)a3a4a58，又a3a5aeq oal(2,4)，aeq oal(3,4)8，a42.a2a3a4a5a6aeq oal(5,4例4已知数列an满足a11，a22，an2eq f(anan1,2)，nN*

12、.(1)令bnan1an，证明：b(2)求a规范解答(1)证明b1a2a11，1分当n2时，bnan1aneq f(an1an,2)aneq f(1,2)(anan1)eq f(1,2)bn1，5分bn是首项为1，公比为eq f(1,2)的等比数列6分(2)解由(1)知bnan1aneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1，8分当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1) 10分11eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n21eq f(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1,1b

13、lc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1eq f(2,3)eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1)eq f(5,3)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1当n1时，eq f(5,3)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)111a1，aneq f(5,3)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1 (nN*)14分例4 （07 重庆11）设的等比中项，则a+3b的最大值为 2 .（三角函数）例5 若数列1, 2cos, 22cos

14、2,23cos3, ,前100项之和为0, 则的值为 （ ）例6 ABC的三内角成等差数列, 三边成等比数列,则三角形的形状为_等边三角形_.【综合应用】例7.已知等差数列an的首项a11，公差d(1)求数列an(2)设数列cn对nN*均有eq f(c1,b1)eq f(c2,b2)eq f(cn,bn)an1成立，求c1c2c3c2 013.解(1)由已知有a21d，a514d，a14113d，(14d)2(1d)(113d)解得d2 (d0). an1(n1)22n1.又b2a23，b3a59，数列bbn33n23n1.2)由eq f(c1,b1)eq f(c2,b2)eq f(cn,bn)an1得当n2时，eq f(c1,b1)eq f(c2,b2)eq f(cn1,bn1)an.两式相减得：n2时，eq f(cn,bn)an1an2. cn2bn23n1 (n2)又当n1时，eq f(c1,b1)a2，eq blcrc