最新高中数列知识点及历年高考题

PAGEPAGE16Lesson6数列知识点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an＝a1＋(n－1)d.3．等差中项如果A＝eq\f(a＋b,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：an＝am＋〔n-m〕d，(n，m∈N*)．(2)假设{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，那么ak＋al＝am＋an.(3)假设{an}是等差数列，公差为d，那么{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)假设{an}，{bn}是等差数列，那么{pan＋qbn}也是等差数列．(5)假设{an}是等差数列，公差为d，那么ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．5．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Sn＝eq\f(na1＋an,2)或Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.6．等差数列的前n项和公式与函数的关系Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn，(A、B为常数)．7．等差数列的最值在等差数列{an}中，a1>0，d<0，那么Sn存在最大值；假设a1<0，d>0，那么Sn存在最小值．[难点正本疑点清源]1．等差数列的判定(1)定义法：an－an－1＝d(n≥2)；(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2.2．等差数列与等差数列各项和的有关性质(1)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.(2)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．(3)S2n－1＝(2n－1)an.(4)假设n为偶数，那么S偶－S奇＝eq\f(n,2)d.假设n为奇数，那么S奇－S偶＝a中(中间项)．例1〔等差数列的判定或证明〕：数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．(1)证明∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).∴n≥2时，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝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，bn＝n－eq\f(7,2)，那么an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，设函数f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))内为减函数．∴当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.例2〔等差数列的根本量的计算〕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S5S6＋15＝0.(1)假设S5＝5，求S6及a1(2)求d的取值范围．解(1)由题意知S6＝eq\f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)方法一∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0.因为关于a1的一元二次方程有解，所以Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0，解得d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).方法二∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，9da1＋10d2＋1＝0.故(4a1＋9d)2＝d2－8.所以d2≥8.故d的取值范围为d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).例3〔前n项和及综合应用〕(1)在等差数列{an}中，a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值；(2)数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和．解方法一∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，∴d＝－eq\f(5,3).∴an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).∴a13＝0，即当n≤12时，an>0，n≥14时，an<0，∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13＝S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.方法二同方法一求得d＝－eq\f(5,3).∴Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).∵n∈N*，∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.(2)∵an＝4n－25，an＋1＝4(n＋1)－25，∴an＋1－an＝4＝d，又a1＝4×1－25＝－21.所以数列{an}是以－21为首项，以4为公差的递增的等差数列．令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝4n－25<0，①,an＋1＝4n＋1－25≥0，②))由①得n<6eq\f(1,4)；由②得n≥5eq\f(1,4)，所以n＝6.即数列{|an|}的前6项是以21为首项，公差为－4的等差数列，从第7项起以后各项构成公差为4的等差数列，而|a7|＝a7＝4×7－24＝3.设{|an|}的前n项和为Tn，那么Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21n＋\f(nn－1,2)×－4n≤6,66＋3n－6＋\f(n－6n－7,2)×4n≥7))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23nn≤6，,2n2－23n＋132n≥7.))例4，某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，那么其公差为3例5等差数列的前n项和分别为，且,那么使得为正整数的正整数n的个数是3.〔先求an/bnn=5,13,35〕递推关系求通项：这类问题的要求不高，但试题难度较难把握.一般有三常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜测；(2)“an+1=pan+q〞这种形式通常转化为an+1+λ=p(an+λ),由待定系数法求出,再化为等比数列；(3)逐差累加或累乘法.例6数列中，，当时，其前项和满足，那么数列的通项公式为例7在数列中，，，那么.知识点2：等比数列及其n项和1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式3．等比中项假设G2＝a·b(ab≠0)，那么G叫做a与b的等比中项．4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝anqn－m，(n，m∈N*)．(2)假设{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，那么ak·al＝am·an.(3)假设{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，那么{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比数列．5．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).6．等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，那么Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.7.等比数列的单调性

q>10<q<1q=1q<0

a>0

递增

递减

常数列

摆动数列

a<0

递减

递增

常数列

摆动数列【难点】1．等比数列的特征从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非常数．2．等比数列中的函数观点利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及根本量之间的关系．在借用指数函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小．3．等比数列的前n项和Sn(1)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用．(2)等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，表达了方程的思想的应用．(3)在使用等比数列的前n项和公式时，如果不确定q与1的关系，一般要用分类讨论的思想，分公比q＝1和q≠1两种情况．例1：(1)在等比数列{an}中，a6－a4＝24，a3a5＝64，求{an}的前8项和S8；(2)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，它的前n项和为40，前2n项和为3280，且前n项中数值最大的项为27，求数列的第2n项．(1)设数列{an}的公比为q，由通项公式an＝a1qn－1及条件得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6－a4＝a1q3q2－1＝24，①,a3·a5＝a1q32＝64.

②))由②得a1q3＝±8.将a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，无解将a1q3＝8代入①式，得q2＝4，∴q＝±2.，故舍去．当q＝2时，a1＝1，∴S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝255；当q＝－2时，a1＝－1，∴S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝85.(2)假设q＝1，那么na1＝40,2na1＝3280，矛盾．∴q≠1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)＝40，①,\f(a11－q2n,1－q)＝3280，

②))eq\f(②,①)得：1＋qn＝82，∴qn＝81，③将③代入①得q＝1＋2a1.④又∵q>0，∴q>1，∴a1>0，{an}为递增数列．∴an＝a1qn－1＝27，⑤由③、④、⑤得q＝3，a1＝1，n＝4.∴a2n＝a8＝1×37＝2187.例2数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；(2)求数列{bn}的通项公式．1)证明∵an＋Sn＝n，①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2)，∴{an－1}是等比数列．∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝eq\f(1,2)，∴c1＝－eq\f(1,2)，公比q＝eq\f(1,2).又cn＝an－1，∴{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(1)可知cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴an＝cn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.又b1＝a1＝eq\f(1,2)代入上式也符合，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.例3在等比数列{an}中，(1)假设a2＝4，a5＝－eq\f(1,2)，求an；(2)假设a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．解(1)设公比为q，那么eq\f(a5,a2)＝q3，即q3＝－eq\f(1,8)，∴q＝－eq\f(1,2)，∴an＝a5·qn－5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－4.(2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝aeq\o\al(2,4)，∴aeq\o\al(3,4)＝8，a4＝2.∴a2a3a4a5a6＝aeq\o\al(5,4)＝25＝32.例4数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．标准解答(1)证明b1＝a2－a1＝1，[1分]当n≥2时，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，[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bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，[8分]当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)[10分]＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝1＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1当n＝1时，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，∴an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*)．[14分]例4〔07重庆11〕设的等比中项，那么a+3b的最大值为2.〔三角函数〕例5假设数列1,2cosθ,22cos2θ,23cos3θ,…,前100项之和为0,那么θ的值为〔〕例6△ABC的三内角成等差数列,三边成等比数列,那么三角形的形状为__等边三角形__________.【综合应用】例7.等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对n∈N*均有eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.解(1)由有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(∵d>0).∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.2)由eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1得当n≥2时，eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn－1)＝an.两式相减得：n≥2时，eq\f(cn,bn)＝an＋1－an＝2.∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)．又当n＝1时，eq\f(c1,b1)＝a2，∴c1＝3.∴cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1,2·3n－1n≥2)).∴c1＋c2＋c3＋…＋c2013＝3＋eq\f(6－2×32013,1－3)＝3＋(－3＋32013)＝32013.知识点3：数列的根本知识1，例1：设数列的前n项和，那么的值为15.2，数列的递推公式及应用：利用数列的递推公式求数列的通项公式，一般有三种方法：累加法，累积法，构造法①对形如的递推公式，可令，整理得，所以是等比数列②对形如的递推公式，两边取倒数后换元转化为，再求出即可例2：数列满足，那么的最小值为10.5历年高考真题汇编数列〔含〕1、(2023年新课标卷文) 等比数列中，，公比． 〔I〕为的前n项和，证明： 〔II〕设，求数列的通项公式．解：〔Ⅰ〕因为所以〔Ⅱ〕 所以的通项公式为2、(2023全国新课标卷理〕等比数列的各项均为正数，且〔1〕求数列的通项公式.(2)设求数列的前项和.解：〔Ⅰ〕设数列{an}的公比为q，由得所以。有条件可知a>0,故。由得，所以。故数列{an}的通项式为an=。〔Ⅱ〕故所以数列的前n项和为3、〔2023新课标卷理〕设数列满足求数列的通项公式；令，求数列的前n项和解〔Ⅰ〕由，当n≥1时，。而所以数列{}的通项公式为。〔Ⅱ〕由知①从而②①-②得。即4、〔20I0年全国新课标卷文〕设等差数列满足，。〔Ⅰ〕求的通项公式；〔Ⅱ〕求的前项和及使得最大的序号的值。解：〔1〕由am=a1+〔n-1〕d及a1=5，a10=-9得解得数列{an}的通项公式为an=11-2n。……..6分(2)由(1)知Sn=na1+d=10n-n2。因为Sn=-(n-5)2+25.所以n=5时，Sn取得最大值。5、〔2023年全国卷〕设数列的前N项和为,求和6、〔2023辽宁卷〕等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10〔I〕求数列{an}的通项公式；〔II〕求数列的前n项和．解：〔I〕设等差数列的公差为d，由条件可得解得故数列的通项公式为………………5分〔II〕设数列，即，所以，当时，=所以综上，数列7、〔2023年陕西省〕{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.〔Ⅰ〕求数列{an}的通项; 〔Ⅱ〕求数列{2an}的前n项和Sn.解〔Ⅰ〕由题设知公差d≠0， 由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝， 解得d＝1，d＝0〔舍去〕，故{an}的通项an＝1+〔n－1〕×1＝n. (Ⅱ)由〔Ⅰ〕知=2n，由等比数列前n项和公式得 Sn=2+22+23+…+2n==2n+1-28、〔2023年全国卷〕设等差数列{}的前项和为，公比是正数的等比数列{}的前项和为，的通项公式。解：设的公差为，的公比为由得①由得②由①②及解得故所求的通项公式为9、〔2023福建卷〕等差数列{an}中，a1=1，a3=-3.〔I〕求数列{an}的通项公式；〔II〕假设数列{an}的前k项和Sk=-35，求k的值.10、〔2023重庆卷〕设是公比为正数的等比数列，,.(Ⅰ)求的通项公式;(Ⅱ)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前项和.11、〔2023浙江卷〕公差不为0的等差数列的首项为，且，，成等比数列．〔Ⅰ〕求数列的通项公式；〔Ⅱ〕对，试比拟与的大小．解：设等差数列的公差为，由题意可知 即，从而 因为 故通项公式〔Ⅱ〕解：记 所以 从而，当时，；当12、〔2023湖北卷〕成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列中的、、。(I)求数列的通项公式；(II)数列的前n项和为，求证：数列是等比数列。13、〔2023年山东卷〕等差数列满足：，，的前项和为〔Ⅰ〕求及；〔Ⅱ〕令〔〕，求数列的前项和为。解：〔Ⅰ〕设等差数列的首项为，公差为，由于，，所以，，解得，，由于，，所以，〔Ⅱ〕因为，所以因此故所以数列的前项和14、〔2023陕西卷〕{an}是公差不