高中数列知识点总结附例题Word文件下载.docx
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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＝n2d.
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中（中间项）．
31
例1（等差数列的判定或证明）：
已知数列{an}中，a1＝，an＝2－（n≥2，
5an－1
5
∴数列{bn}是以－52为首项，1为公差的等差数列．
712
（2）解由
（1）知，bn＝n－2，则an＝1＋bn＝1＋2n－7，
2
设函数f（x）＝1＋，
2x－7
易知f（x）在区间－∞，72和72，＋∞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S5S6＋15＝0.
（1）若S5＝5，求S6及a1
（2）求d的取值范围．
－15
解
（1）由题意知S6＝S5＝－3，a6＝S6－S5＝－8.
5a1＋10d＝5，
所以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2a21＋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≤－22或d≥22.
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≤－22或d≥22.例3（前n项和及综合应用）
（1）在等差数列｛an｝中，已知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）已知数列｛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×
915×
145
∴10×
20＋2d＝15×
20＋2d，∴d＝－3.
5565∴an＝20＋（n－1）×
－3＝－3n＋3.
∴a13＝0，即当n≤12时，an>
0，n≥14时，an<
0，
－53
12×
11
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13＝S12＝12×
20＋2×
＝130.
∴Sn＝20n＋nn2－1∵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．an＝4n－25<
0，①
an＋1＝4n＋1－25≥0，②
4的等差数列，
11由①得n<
64；
由②得n≥54，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而|a7|＝a7＝4×
7－24＝3.设｛|an|｝的前n项和为Tn，则
Tn＝
66＋3n－6＋n－62n－7×
4n≥7
nn－121n＋2×
－4n≤6
－2n2＋23nn≤6，
2n2－23n＋132n≥7.
偶数项之和为30，则
例4，已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，其公差为3
例5等差数列｛an｝,｛bn｝的前n项和分别为｛Sn｝,｛Tn｝，且Sn=7n+45,则使得an为正Tnn-3bn
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.
Sn1Sn2SnSn1S1S12（n≥2）
n1nnn1SnSn1
anaanaan1aa3aa2a1,n≥2.
an1an2a2a1
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
an＝anqnm，（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{λna}（λ≠0），
a1n，｛a2n｝，｛an·
bn｝，abn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；
n
当q≠1时，Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq.
1－q1－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>
1
0<
q<
q=1
a>
递增
递减
常数列
摆动数列
a<
【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．
n
（2）等比数列的通项公式an＝a1qn1及前n项和公式Sn＝a11－－qq＝a1－aqq（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：
a6－a4＝a1q3q2－1＝24，①
a3·
a5＝a1q32＝64.②
由②得a1q3＝±
8.
∴q
将a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，无解将a1q3＝8代入①式，得q2＝4，＝±
2.，故舍去．
a1－q8
当q＝2时，a1＝1，∴S8＝a11－qq＝255；
当q＝－2时，a1＝－1，∴S8＝a11－q＝85.
1－q
a1
（2）若q＝1，则na1＝40,2na1＝3280，矛盾．n
1－qn＝40，
∴q≠1，∴2n
a11－q
1＝3280，
1－q＝，
①②得：
1＋qn＝82，∴q＝81，将③代入①得q＝1＋2a1.
∴＝，
∴an－1＝2，
∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，
111
∴a1＝2，∴c1＝－2，公比q＝2.
又cn＝an－1，
∴{cn}是以－12为首项，21为公比的等比数列．
（2）解由
（1）可知cn＝
－12·
21n－1＝－21n，1n
∴an＝cn＋1＝1－
1－12n－1－
1n又b1＝a1＝2代入上式也符合，∴bn＝2n.
2n.∴当n≥2时，bn＝an－an－112n－1＝12n－1－21n＝12n.
2222
1n.
1例3在等比数列{an}中，
（1）若已知a2＝4，a5＝－21，求an；
（2）若已知解
（1）设公比为q，则a5＝q3，即q3
1n－4
－2.
3
∴a4＝
a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．
18，
a2
1n－5
∴q＝－2，∴an＝a5·
q＝
2
（2）∵a3a4a5＝8，又a3a5＝a4，∴a2a3a4a5a6＝a45＝25＝32.
8，
a4＝2.
例4已知数列{an}满足a1＝1，
（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，
a2＝2，
an＋an＋1
an＋2＝
2，n∈N*.
an－1＋an
当n≥2时，bn＝an＋1－an＝2－an
－an－1）＝－2bn－1，
∴{bn}是首项为1，公比为－12的等比数列．
[1分]
[5分]
[6分]
（2）解由
（1）知bn＝an＋1－an＝
－12n
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