高中数列知识点及历高考题

PAGEPAGE2Lesson6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)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．(5)若{an}是等差数列，公差为d，则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，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则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)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq\f(n,2)d.例5等差数列的前n项和分别为，且,则使得为正整数的正整数n的个数是3.（先求an/bnn=5,13,35）已知递推关系求通项：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、猜想；(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已知数列中，，当时，其前项和满足，则数列的通项公式为例7在数列中，，，则.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．等比中项若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)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{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，则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基本量之间的关系．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，体现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，已知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及已知条件得：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)若q＝1，则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已知数列{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)若已知a2＝4，a5＝－eq\f(1,2)，求an；(2)若已知a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．解(1)设公比为q，则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已知数列{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．规范解答(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，则a+3b的最大值为2.（三角函数）例5若数列1,2cosθ,22cos2θ,23cos3θ,…,前100项之和为0,则θ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)由已知有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：数列的基本知识1，例1：设数列的前n项和，则的值为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：已知数列满足，则的最小值为10.5历年高考真题汇编数列（含）1、(2011年新课标卷文) 已知等比数列中，，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、(2011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、（2010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）由已知，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、（2011年全国卷）设数列的前N项和为,已知求和6、（2011辽宁卷）已知等差数列{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，由已知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、（2010年陕西省）已知{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、（2009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，已知的通项公式。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、（2011福建卷）已知等差数列{an}中，a1=1，a3=-3.（I）求数列{an}的通项公式；（II）若数列{an}的前k项和Sk=-35，求k的值.10、（2011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、（2011浙江卷）已知公差不为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，试比较与的大小．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、（2011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、（2010年山东卷）已知等差数列满足：，，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、（2010陕西卷）已知{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 Sm=2+22+23+…+2n==2n+1-2.、15、（2010重庆卷）已知是首项为19，公差为-2的等差数列，为的前项和.（Ⅰ）求通项及；（Ⅱ）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的