高中数学数列题型总结学案,讲义

高中数学数列题型总结学案,讲义

结论：（1）在等差数列

（这里

中，当项数为偶数即

）；

时，

。

；项数为奇数时，，

（2）若等差数列、的前和分别为、，且，则.

【例】设{}与{}是两个等差数列，它们的前项和分别为和，若，那么___________（答：

）

（3）“首正”的递减等差数列中，前

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

项和的最小值是所

有非正项之和。法一：由不等式组于

确定出前多少项为非负（或非正）；法二：因等差数列前项是关

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。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

中，

，

，问此数列前多少项和最大？并求此最大值。（答：前13项和最大，最大值为

169）；（2）若是等差数列，首项，则使前n项和

，

成立的最大正整数n是（答：4006）

若是等比数列，则、、成等比数列；若成等比数列，则、

成等比数列；若是等比数列，且公比，则数列，也是等比数列。当，且为

偶数时，数列如①已知

且

，是常数数列0，它不是等比数列。

，设数列

满足

，且

，则

.（答：）；②在等比数列中，为其前n项和，若

，则

的值为______（答：40）。

如设等比数列的公比为，前项和为，若成等差数列，则的值为_____（答：－2）

在等比数列中，当项数为偶数时，；项数为奇数时，。如设数列的前项和为（），关于数列有下列三个命题：①若，则既是等差

数列又是等比数列；②若

些命题中，真命题的序号是（答：②③）

一.数列的通项的求法：

，则是等差数列；③若，则是等比数列。这

⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

⑵已知求，用作差法：。

如①已知的前项和满足，求（答：）；②数列满足

，求（答：）

⑶已知求，用作商法：。

如数列中，对所有的都有，则______（答：）

⑷若求用累加法：。

如已知数列

满足，，则=________（答：）

⑸已知

求，用累乘法：。

如已知数列中，，前项和，若，求（答：）

⑹已知递推关系求（1）形如

，用构造法（构造等差、等比数列）。特别地，

、（

为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为

的等比数列后，

再求。如①已知

）；

，求（答：）；②已知，求（答：

（2）形如的递推数列都可以用倒数法求通项。

如①已知，求（答：）；②已知数列满足=1，，

求（答：）

二.数列求和的常用方法：

（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论.；③常用公式：

;;.

如①等比数列的前项和Sｎ＝2ｎ－１，则＝_____（答：）；②计算机是将信息转换成

二进制数进行处理的。二进制即“逢2进1”，如表示二进制数，将它转换成十进制形式是

，那么将二进制转换成十进制数是_______（答：）

（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和。如求：

（答：

）

（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前

和公式的推导方法）。

如①求证：；②已知，则

＝______（答：）

（4）错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前如（1）设

和公式的推导方法）。为等比数列，

，已知

，

，①求数列

的首项和公比；②

求数列的通项公式.（答：①，；②）；（2）设函数，数列满足：，①求证：数列是等比数列；②令

，求函数在点处的导数，并比较与的

大小。（答：①略；②，当时，＝；当时，）

（5）裂项相消法：数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，常选用裂项相消法求和.常用裂项有：

①；②；

③，；

④；⑤；

⑥.

如①求和：

Sｎ＝９，则n＝_____（答：99）；

（答：）；②在数列中，，且

（6）通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。

如①求数列1×4，2×5，3×6，，，前项和=（答：）；②求和：

（答：）

数列综合题

{Sn/n}的结论

例1．已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn．

(2)过点Q1(1，a1)，Q2(2，a2)作直线L2，设l1与l2的夹角为θ，“万能通项”，递推公式，特殊数列的证明方法

例2．已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，

⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

⑵设数列cnan2n,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列；

⑶求数列an的通项公式及前n项和。数列的求和方法例4、设a1=1,a2=

5323,an+2=

n53an+1-

23an(n=1,2,---),令bn=an+1-an(n=1,2---)求数列{bn}的通项公式，(2)求数列{nan}的前n项的和Sn。

解：bn()(n1,2,)

2n

故Tn9[1()]3n()933（II）

2n(3n)23n1n

从而Sna12a2nan3(12n)2Tn数列与集合和函数综合

32n(n1)(3n)23n1n118例5．在直角坐标平面上有一点列P1(x1,y1),P2(x2,y2),Pn(xn,yn)，对一切正整数n，点Pn位于函数y3x的图象上，且Pn的横坐标构成以⑴求点Pn的坐标；

13452为首项，1为公差的等差数列xn。

⑶设Sx|x2xn,nN,n1,Ty|y4yn,n1，等差数列an的任一项anST，其中a1是ST中的最大数，265a10125，求an的通项公式。解：（1）xn52(n1)(1)n*32yn3xn1343n54,Pn(n32,3n54)

（3）an724n(nN).

例6．数列an中，a18,a42且满足an22an1annN

*⑴求数列an的通项公式；

⑵设Sn|a1||a2||an|，求Sn；⑶设bn=均有Tn1n(12an)(nN),Tnb1b2bn(nN)，是否存在最大的整数m，使得对任意nN，

***m32成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。

解：（1）an82(n1)102n.（2）故Sn（3）m的最大整数值是7。五、强化训练

9nn22

n5n6

n9n406、若一个等差数列的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为（A）A13B12C11D109、已知等差数列{an}满足3a4=7a7,且

a1>0,Sn是{an}的前n项和，Sn取得最大值，则n=___9______.

22

11、设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）an+1-nan+an+1an=0,求它的通项公式是__1/n

12、已知数列{an}满足a.1=1,an=a1+2a2+3a3+---+(n-1)an-1(n>1),则{an}的通项an=______a1=1;an=

n!2n2

13、定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。

已知数列{an}是等和数列，且a2，公和为5，那么a18的值为__3___，这个数列的前n项和Sn的计算公式为__当n为偶数时，Sn52n；当n为奇数时，Sn52n12

k

14.已知数列{an}中，a1=1，a2k=a2k-1+(-1),a2k+1=a2k+3,其中k=1,2,3，。

(1)求a3,a5；（2）求{an}的通项公式

n1K

解：（I）a3=3,a5=13.(II)当n为奇数时，an=

32n1n2(1)2123211;当n为偶数时，an(1)21.

22n15.在数列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列（nN）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测|an|，|bn|的通项公式，并证明你的结论；

*（Ⅱ）证明：

1a1b11a2b2…1anbn512．

解：（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1由此可得

2a26，b29，a312，b316，a420，b425．猜测ann(n1)，bn(n1)

用数学归纳法证明：①当n=1时，由上可得结论成立．②假设当n=k时，结论成立，即

2akk(k1)，bk(k1)，那么当n=k+1时，

22ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk1ak2bk2(k2)．所以当n=k+1时，结论也成立．

2由①②，可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立．（Ⅱ）

21a1b116512．

n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n．

故

1a1b11a2b2…1anbn161111…

22334n(n1)1611111111111115综上，原不等式成立．…22334nn1622n164

扩展阅读：高中数学等差数列题型总结

一、等差数列

1、数列的概念

例1．根据数列前4项，写出它的通项公式：（1）1，3，5，7；（2）

2122，

3132，

41422，

5152；（3）11*2n，

12*3，13*4，

14*5。

解析：（1）an=2n1；（2）an=如（1）已知an(n1)1n1；（3）an=

(1)n(n1)。

nn1562(nN)，则在数列{an}的最大项为__；

anbn12*（2）数列{an}的通项为an

，其中a,b均为正数，则an与an1的大小关系为___；

（3）已知数列{an}中，annn，且{an}是递增数列，求实数的取值范围；

2、等差数列的判断方法：定义法an1and(d为常数）或an1ananan1(n2)。例2．设Sn是数列{an}的前n项和，且Sn=n2，则{an}是（）A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列

S1(n1)1(n1)答案：B；解法一：an=，∴an=2n－1（n∈N）an2n1(n2)SnSn1(n2)又an+1－an=2为常数，

an1an2n12n1≠常数，∴{an}是等差数列，但不是等比数列.

解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n的二次函数，则这个数列一定是等差数列。练一练：设{an}是等差数列，求证：以bn=

a1a2annnN*为通项公式的数列{bn}为等差数列。

3、等差数列的通项：ana1(n1)d或anam(nm)d。4、等差数列的前n和：Snn(a1an)2，Snna1n(n1)2d。

例3：等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a4＋a15的值是一个确定的常数，则数列{an}中也为常数的项是()A．S7B．S8C．S13

D．S15

13×(a1＋a13)113

解析：设a2＋a4＋a15＝p(常数)，∴3a1＋18d＝p，解a7＝p.∴S13＝＝13a7＝p.答案：C

3231

例4．等差数列{an}中，已知a1＝，a2＋a5＝4，an＝33，则n为()

3A．48B．49C．50D．51

1212

解析：∵a2＋a5＝2a1＋5d＝4，则由a1＝得d＝，令an＝33＝＋(n－1)×，可解得n＝50.故选C.

3333如(1)等差数列{an}中，a1030，a2050，则通项an；

（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______；例5：设Sn是等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.解析：S9＝9a5＝－9，∴a5＝－1，S16＝8(a5＋a12)＝－72.答案：－72

a11

例6：已知数列{an}为等差数列，若0的n的最大值为()

a10A．11B．19C．20D．21

19(a1＋a19)20(a1＋a20)a11

解析：∵0，a11如（1）数列{an}中，anan112(n2,nN)，an2*32，前n项和Sn152，则a1＝＿，n＝；

（2）已知数列{an}的前n项和Sn12nn，求数列{|an|}的前n项和Tn.5、等差中项：若a,A,b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且Aab2。

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。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，a2d,ad,a,ad,a2d（公差为d）；偶数个数成等差，可设为，a3d,ad,ad,a3d,（公差为2d）6.等差数列的性质：常用结论

（1）前n项和为，则（m、n∈N*，且m≠n）。

（2）若m+n=p+q（m、n、p、q∈N*，且m≠n，p≠q），则（3）

，，

成等差数列。

。

（4）若an，bn是等差数列Sn，Tn为前n项和，则即Snf(n)，则an(2n1)anS2n1f(2n1)Tnbn(2n1)bnT2n1

ambmS2m1T2m1；

（5）①若a1＞0，d＜0，有最大值，可由不等式组来确定n；

②若a1＜0，d＞0，有最小值，可由不等式组（6）若an=m,am=n,(mn)则am+n=0（7）若an=m,am=n,(mn)则am+n=0

（8）若Sn=m,Sm=n,(mn)则Sm+n=—m—n重点：

来确定n，也可由前n项和公式来确定n。

（1）当公差d0时，等差数列的通项公式ana1(n1)ddna1d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n和

222（2）若公差d0，则为递增等差数列，若公差d0，则为递减等差数列，若公差d0，则为常数列。（3）当mnpq时,则有amanapaq，特别地，当mn2p时，则有aman2ap.

（4）若{an}、{bn}是等差数列，则{kan}、{kanpbn}(k、p是非零常数)、{apnq}(p,qN)、

*Snna1n(n1)ddn(a12d)n是关于n的二次函数且常数项为0.

Sn,S2nSn,S3nS2n，也成等差数列，而{an}成等比数列；若{an}是等比数列，且an0，则{lgan}是等差数列.

练一练：等差数列的前n项和为25，前2n项和为100，则它的前3n和为。

（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2n1时，S奇S偶a中，S2n1(2n1)a中aS（这里a中即an）；S奇:偶k(1):k。

练一练：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.（6）若等差数列{an}、{bn}的前n和分别为An、Bn，且

AnBnf(n)，则

anbnSnTn(2n1)an(2n1)bn3n14n3A2n1B2n1anbnf(2n1).

___________；

练一练：设{an}与{bn}是两个等差数列，它们的前n项和分别为Sn和Tn，若

，那么

(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an0确定出前多少项为非负（或非正）项之和。法一：由不等式组an0；法二：因等差数列前n项是关于n的二次或an10an10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？

练一练：等差数列{an}中，a125，S9S17，问此数列前多少项和最大？并求此最大值；例7．（1）设｛an｝（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是（）．．

A.d＜0B.a7＝0C.S9＞S5D.S6与S7均为Sn的最大值

（2）等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（）A.130B.170C.210D.260解析：（1）答案：C；由S5S8，得a8S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0，由题设a7=0，a814．Sn是等差数列{an}的前n项和，a52,an430(n≥5，nN)，Sn=336，则n的值是.三、解答题

15．己知{an}为等差数列，a12,a23，若在每相邻两项之间插入三个数，使它和原数列的数构成一个新的等差数列，求：（1）原数列的第12项是新数列的第几项？（2）新数列的第29项是原数列的第几项？

16．数列an是首项为23，公差为整数的等差数列，且第六项为正，第七项为负。（1）求数列公差；（2）求前n项和sn的最大值；（3）当sn0时，求n的最大值。

17．设等差数列{an}的前ｎ项的和为Sn,且S4=－62,S6=－75,求：

（1）{an}的通项公式an及前ｎ项的和Sn；（2）|a1|+|a2|+|a3|++|a14|.

18．已知数列an，首项a1=3且2an+1=SnSn－1(n≥2).（1）求证：{

*1Sn}是等差数列,并求公差；（2）求{an}的通项公式；

（3）数列{an}中是否存在自然数k0,使得当自然数k≥k0时使不等式ak>ak+1对任意大于等于k的自然数都成立,若存在求出最小

的k值,否则请说明理由.

选择题：ABCCBDABDA填空题：11．8；12．3；13．24；14．21.

解答题：15．分析：应找到原数列的第n项是新数列的第几项，即找出新、旧数列的对应关系。解：设新数列为

bn,则b1a12,b5a23,根据bnb1(n1)d,有b5b14d,即3=2+4d，∴d又ana1(n1)1n1(4n3)7414，∴

bn2(n1)14n74，

，∴anb4n3，即原数列的第n项为新数列的第4n－3项．（1）当n=12时，4n－3=4×12

dm1－3=45，故原数列的第12项为新数列的第45项；（2）由4n－3=29,得n=8，故新数列的第29项是原数列的第8项。说明：一般地，在公差为d的等差数列每相邻两项之间插入m个数,构成一个新的等差数列，则新数列的公差为项是新数列的第n+(n－1)m=(m+1)n－m项．

a15d016．解：（1）a123，a60，a70，∴23d23d为整数，∴d4.a16d02.原数列的第n

56（2）sn23n（3）sn2n2n(n1)2(4)=23n2n(n1)=－2n25225n=－2(n25)2625，∴当n6时sn最大=78

4225n0时，0n，故n最大值为12.

d，依题意得4a16d62，解得：a1=－20,d=3。⑴

∴

17．解：设等差数列首项为

(a1an)n2a1，公差为

n(203n23)6a115d75ana1(n1)d3n23,Sn设ak0且ak12220230,得3k230,且3(k1)230,k(kZ),k7,即第7项之前均为负数333n243n⑵a120,d23,an的项随着n的增大而增大|a1||a2||a3||a14|(a1a2a7)(a8a9a14)S142S7147.

18．分析：证1为等差数列，即证11d（d是常数）。解：⑴由已知当

SnSnSn1n2时2anSnSn1得:2(SnSn1)SnSn1(n2).{1Sn}是以1S11a113为首项,公差d122(SnSn1)SnSn111Sn1Sn112(n2)⑵

的等差数列。1Sn1S1(n1)d13(n1)(12)53n6,Sn653n(n2)

从而an12SnSn13(n1)(n2)，因此an18(3n5)(3n8)(n2)(3n5)(3n8)18⑶令akak10,即(3k2)(3k5)(3k8)0，可得23k53或k83。故只需取k3,则对

大于或等于3的一切自然数总有akak1成立,这样的自然数存在最小值3。

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