高考数列专题复习试题精典版知识点大题分类选择题答案解析详解Word文档下载推荐.docx
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a（1
q
aq
（q
中项
公式
A=
ab
2
Gab
。
推广：
2an=anmanm
ananmanm
性
质
若m+n=p+q则
amaaa若m+n=p+q，则amanapaq。
npq
若{kn}成A.P（其中knN）则{a}
若{kn}成等比数列（其中knN），
也为A.P。
则{a}成等比数列。
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3
．sn,s2nsn,s3ns2n成等差数列。
sn,s2nsn,s3ns2n成等比数列。
4
aaa
1mn
mn
（）
nn，
nmn
q（mn）
m
4、典型例题分析
【题型1】等差数列与等比数列的联系
例1（文16）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{2
an}的前n项和Sn.
n.
解：
（Ⅰ）由题设知公差d≠0，
由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得
12d
＝
18d
，
解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×
1＝n.
m（Ⅱ）由（Ⅰ）知2
a=2n，由等比数列前n项和公式得
Sm=2+22+23+⋯+2
2+23+⋯+2
n=2（12）
12
=2n+1-2.
n+1-2.
小结与拓展：
数列
a是等差数列，则数列{a}是等比数列，公比为
a，其中a是
常数，d是
a的公差。
0且a≠1）.
【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合
例2已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋23＋⋯＋2
2an
－1a*都成立，数列{b
n＝8n对任意的n∈N－1a*都成立，数列{b
n＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项
公式。
2n－1*
a1＋2a2＋2a3＋⋯＋2an＝8n（n∈N）①
当n≥2时，a1＋2a2＋23＋⋯＋2n－1＝8（n－1）（n∈N
2an－2a*）②
n－1a4－n，①－②得2n＝8，求得an＝2
在①中令n＝1，可得a1＝8＝2
4－1，
4－n*
∴an＝2（n∈N）．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，
∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－（－4）＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋（n－1）×
2＝2n－6，
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法一（迭代法）
bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋⋯＋（bn－bn－1）＝8＋（－4）＋（－2）＋⋯＋（2n－8）
＝n
2－7n＋14（n∈N*）．
法二（累加法）
即bn－bn－1＝2n－8，
bn－1－bn－2＝2n－10，
⋯
b3－b2＝－2，
b2－b1＝－4，
b1＝8，
相加得bn＝8＋（－4）＋（－2）＋⋯＋（2n－8）
（n－1）（－4＋2n－8）
＝8＋
＝n2－7n＋14（n∈N*）．
2－7n＋14（n∈N*）．
1）在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：
aS（n1）
11
an.是重要考点；
2）韦达定理应引起重视；
3）迭代法、
SS（n2,nN）
nn1
累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。
【题型3】中项公式与最值（数列具有函数的性质）
例3（文）在等比数列｛an｝中，an＞0（nN1a5+2a3a5+a
＊），公比q（0,1），且a
2a8＝25，a3与as的等比中项为2。
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）设bn＝log2an，
数列｛bn｝的前n项和为Sn当
SS
12
S
最大时，求n的值。
（1）因为a1a5+2a3a5+a2a8＝25，所以，
a+2a
3a5+
a＝25
5
又an＞o，⋯a3＋a5＝5又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5＝4
而q（0,1），所以，a3＞a5，所以，a3＝4，a5＝1，
q，a
1＝16，所以，
n1
162
（2）bn＝log2an＝5－n，所以，bn＋1－bn＝－1，
所以，{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列。
所以，
n（9n）
S9n
n2
所以，当n≤8时，
＞0，当n＝9时，
＝0，n＞9时，
＜0，
当n＝8或9时，
最大。
1）利用配方法、单调性法求数列的最值；
2）等差中项与等比中项。
二、数列的前n项和
1.前n项和公式Sn的定义：
Sn=a1+a2+⋯an。
2.数列求和的方法
（1）
（1）公式法：
1）等差数列求和公式；
2）等比数列求和公式；
3）可转化为等差、等
比数列的数列；
4）常用公式:
123nn（n1）；
22221
123nn（n1）（2n1）；
6
3333n（n1）2
123n[]；
（2k1）
135...（2n-1）n。
k1
（2）分组求和法：
把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等
差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。
（3）倒序相加法：
如果一个数列{an}，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于
同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法。
如：
等差数列的前n项和
即是用此法推导的。
（4）裂项相消法：
即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求
和。
适用于
c
ana
其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数；
部分无理数列、含
阶乘的数列等。
1）
aa
nn
和
（其中
a等差）可裂项为：
1111
aadaa
nn1nn1
；
2）
（aa）
（根式在分母上时可
考虑利用分母有理化，因式相消求和）
常见裂项公式：
（1）
111
n（n1）nn1
（2）
n（nk）knnk
（3）
[]
n（n1）（n1）2n（n1）（n1）（n2）
（4）
n11
（n1）!
n!
（n1）!
（5）常见放缩公式：
212
2（nn）2（nn）
n1nnnn1
.
3.典型例题分析
【题型1】公式法
ｎ
例1等比数列{a}的前ｎ项和Sｎ＝2－p，则
2222
a1aaan＝________.
23
1）当n=1时，a12-p；
2）当n2时，
nn-1n-1
anS-S（2-p）-（2-p）2。
nn-1
1-1
因为数列{an}为等比数列，所以a2-p21p1
从而等比数列{a}为首项为1，公比为2的等比数列。
故等比数列
22
a为首项为1，公比为q4
的等比数列。
a1aaan
1（1-4）1n
（4
1-43
-1）
3）可转化为等差、等比
的数列；
（见知识点部分）。
5）等比数列的性质：
若数列{an}为等比数
列，则数列
a及
也为等比数列，首项分别为
a、
，公比分别
为
q、
【题型2】分组求和法
例2（文18）数列{an}中，a11，且点（an,an1）（nN）在函数f（x）x2
的图象上.求数列{an}的通项公式
∵点
（a,a）在函数f（x）x2的图象上，∴
aa。
∴an1an2，即数列{an}是以a11为首项，2为公差的等差数列，
∴an1（n1）22n1。
【题型3】裂项相消法
例3（文19改编）已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn14an1，设
ba12a．（Ⅰ）证明数列bn是等比数列；
nnn
（Ⅱ）数列cn满足
logb3
2n
*
（nN），求Tncc12cc23cc34cc1nn。
证明：
（Ⅰ）由于
S14a1，①
当n2时，
S4a1．②
①②得an14an4an1．所以an12an2（an2an1）．
又bnan12an，所以bn2bn1．
因为a11，且a1a24a11，所以a23a114．
所以
b1a22a12．故数列bn是首项为2，公比为2的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知b2，则
logb3n3
（n
N）．
Tcccccccc
n122334nn1
455667（n3）（n4）
4n44（4）
．
裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，
可求和。
它适用于
其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数；
部分无
理数列、含阶乘的数列等。
4.数列求和的方法
（2）
（5）错位相减法：
适用于差比数列（如果an等差，bn等比，那么anbn叫做差
比数列）即把每一项都乘以
b的公比q，向后错一项，再对应同次项相减，转化为
等比数列求和。
等比数列的前n项和就是用此法推导的.
（6）累加（乘）法
（7）并项求和法：
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.
形如an＝（－1）
f（n）类型，可采用两项合并求。
5.典型例题分析
【题型4】错位相减法
2462n
例4求数列,,,,,
23n
前n项的和.
由题可知{
2n
}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{
}的通项之积
设n2n①
S②（设制错位）
n242n1
222
①－②得
（1
1222222n
）S（错位相减）
n232
4nn1
222222
12n
n2∴1
S4
【题型5】并项求和法
2－992＋982－972＋⋯＋22－1
例5求S100＝100
2－992＋982－972＋⋯＋22－12＝（100＋99）＋（98＋97）＋⋯＋（2＋1）＝
S100＝100
5050.
6.归纳与总结
以上一个8种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，
使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基
本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃
而解。
三、数列的通项公式
1.数列的通项公式
一个数列{an}的与之间的函数关系，如果可用一个公式an＝f（n）
来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
2.通项公式的求法
（1）
（1）定义法与观察法（合情推理：
不完全归纳法）：
直接利用等差数列或等比数列的
定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目；
有的数列可以根
据前几项观察出通项公式。
（2）公式法：
在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：
n（数列{an}的前n项的和为
SS（n2,nN）
saaa）.
n12n
（3）周期数列
由递推式计算出前几项，寻找周期。
（4）由递推式求数列通项
类型1递推公式为an1anf（n）
解法：
把原递推公式转化为an1anf（n），利用累加法（逐差相加法）求解。
类型2
（1）递推公式为an1f（n）an
1fn
把原递推公式转化为（）
，利用累乘法（逐商相乘法）求解。
（2）由an1f（n）an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得：
由已知递推式有anf（n1）an1，an1f（n2）an2，，a2f
（1）a1依次
向前代入，得anf（n1）f（n2）f
（1）a1，这就是叠（迭）代法的基本模式。
类型3递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，（pq（p1）0））。
把原递推公式转化为：
an1tp（ant），其中
t，再利用换元法转
1p
化为等比数列求解。
【题型1】周期数列
例1若数列an满足
2a,（0a）
a，若
2a1,（a1）
a，则a20=____。
7
答案：
由递推式计算出前几项，寻找周期。
【题型2】递推公式为an1anf（n），求通项
例2已知数列an满足
a，
an1an2
，求an。
由条件知：
1nnnnnn
（1）
分别令n1,2,3,,（n1），代入上式得（n1）个等式累加之，即
（a2a1）（a3a2）（a4a3）（anan1）
（
4
an
在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错.
【题型3】递推公式为
an1f（n）a，求通项
例3已知数列an满足
a，an1an，求an。
3n1
由条件知
an
n1，分别令n1,2,3,,（n1），代入上式得（n1）个等式
an1
累乘之，即
an1
又
3n
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