人教版高中数列知识点总结知识点+例题.docx
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人教版高中数列知识点总结知识点+例题
人教版高中数列知识点总结（知识点+例题）
Lesson6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
a＋b
如果A＝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（3）若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为.
（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*）是公差为的等差数列．
5．等差数列的前n项和公式
n（a1＋an）n（n－1）
设等差数列{an}的公差d，其前n项和Sn或Sn＝na1＋22.
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
dd2⎛
Sn2＋a1－2n.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，d0，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.
n
（4）若n为偶数，则S偶－S奇＝2.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＝5an＝2－（n≥2，
an－1
1
n∈N*），数列{bn}满足bn＝（n∈N*）．
an－1
（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．
11
（1）证明∵an＝2－（n≥2，n∈N*），bn＝.
an－1an－1
11
∴n≥2时，bn－bn－1＝an－1an－1－1
11
＝1an－1－1⎛
2a－1⎝n－1⎭an－11－＝1.an－1－1an－1－1
5
∴数列{bn}是以－2为首项，1为公差的等差数列．
712
（2）解由
（1）知，bn＝n－2，则an＝1＋b1＋
2n－7n
2
设函数f（x）＝1＋
2x－7
7⎛7⎛⎫
易知f（x）在区间－∞，2和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＝S3，a6＝S6－S5＝－8.
5
⎧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，
2
即2a21＋9da1＋10d＋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≥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≤－22或d≥2.
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.
565⎛5∴an＝20＋（n－1）×－3＝－3＋3⎝⎭
∴a13＝0，即当n≤12时，an>0，n≥14时，an
12×11⎛5⎫
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13＝S12＝12×202×－3⎪
⎝⎭
＝130.
5
方法二同方法一求得d＝－3n（n－1）⎛52523125521255－n－∴Sn＝20n2·3＝－6n＋6＝－6＋242⎝⎭⎝⎭
∵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
11
由①得n
n（n－1）
⎧21n＋⎪2×（－4）（n≤6）Tn＝⎨（n－6）（n－7）
66＋3（n－6）＋×4（n≥7）⎪⎩2
2
⎧－2n＋23n（n≤6），＝⎨2⎩2n－23n＋132（n≥7）.
例4，已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为3
例5等差数列{an},{bn}的前n项和分别为{Sn},{Tn}，且
Sna=,则使得n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.
2Sn
例6已知数列{an}中，当n≥2时，其前n项和Sn满足an=，则数列{an}a1=，
n的通项公式为
2
⎧（n=1）⎪an=⎨3
（n≥2）⎪
⎩1-4n2
Sn-Sn-1
22Sn=
2Sn-1
⇒Sn-1-Sn=2SnSn-1⇒
11-=2（n≥2）SnSn-1
⇒Sn=
.2n+1
aaaa
an=n⋅n-1⋅⋅3⋅2⋅a1,n≥2.
n-1n-221
2+lnn
例7在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln（1+），则an=n
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），
⎧1⎫⎧an⎫2⎨，{an}，{an·bn}，⎨b仍是等比数列．⎩an⎭⎩n⎭
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；
a1（1－qn）a1－anq
当q≠1时，Sn＝＝.
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q.
n
7.等比数列的单调性
【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
a（1－q）a1－anq1n－1
（2）等比数列的通项公式an＝a1q及前n项和公式Sn＝＝（q≠1）
1－q1－q
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：
32
⎧a6－a4＝a1q（q－1）＝24，①⎨
a5＝（a1q3）2＝64.②⎩a3·
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，a＝1，∴Sa1（1－q8）
181－q255；
当q＝－2时，a，∴Sa1（1－q8）
1＝－181－q85.
（2）若q＝1，则na1＝40,2na1＝3280，矛盾．⎧①
∴q≠1，∴⎨⎪a1（1－qn）1－q＝40，⎪⎩a1（1－q2n）
1－q＝3280，②
②①
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，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2（an＋1－1）＝an－1，∴an＋1－1an－1＝12
，∴{an－1}是等比数列．∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，
∴a1111＝2，∴c12q＝2又cn＝an－1，
∴{c是以－11
n}2为首项，2为公比的等比数列．
（2）解由
（1）可知cn＝⎛1⎛1⎝－2⎭n－1⎝⎭＝－⎛12⎝2n⎭，∴an＝cn＋1＝1－⎛1⎝2n⎭
.∴当n≥2时，bn＝an－an－1
＝1－⎛1n⎡⎛1⎝2⎭－⎢⎣1－⎝2n－1⎤⎭⎥⎦＝⎛1⎝2⎫⎪n－1⎭－⎛1⎝2⎫⎪n⎭＝⎛1⎫n⎝2⎪⎭.又b11＝a1＝⎛12∴bn＝2n⎝⎭
.
①②
1
例3在等比数列{an}中，
（1）若已知a2＝4，a5＝－2，求an；
（2）若已知a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．
a1
解
（1）设公比为q，则aq3，即q3＝－8，
2
1⎛1－－
∴q＝－2，∴an＝a5·qn5＝－2n4.
⎝⎭2
（2）∵a3a4a5＝8，又a3a5＝a4，∴a34＝8，a4＝2.
5
∴a2a3a4a5a6＝a54＝2＝32.
an＋an＋1
例4已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2n∈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]
an－1＋an
当n≥2时，bn＝an＋1－an＝2－an
11
＝－2（an－an－1）＝－2bn－1，[5分]
1
∴{bn}是首项为1，公比为－2[6分]
⎛1⎫
（2）解由
（1）知bn＝an＋1－an＝－2⎪n－1，[8分]
⎝⎭
当n≥2时，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋„＋（an－an－1）[10分]
⎛1n－1－21－
⎝⎭⎛1⎛1n－2
＝1＋1＋－2＋„＋－2＝1＋⎝⎭⎝⎭⎛1⎫
1－－2⎪⎝⎭
2⎡521⎛1⎤521＝1＋3⎢1－－2n－1⎥＝33－2n－1当n＝1时，33－21－1＝1＝a1，
⎣⎝⎭⎦⎝⎭⎝⎭521∴an33－2n－1（n∈N*）．[14分]
⎝⎭
例4（07重庆11）
设是1-a和1+a的等比中项，则a+3b的最大值为2.（三角函数）
2233
例5若数列1,2cosθ,2cosθ,2cosθ,…,前100项之和为0,则θ的值为
（）
的三内角成等差数列例26,三边成等比数列,则三角形的形状为__等边三角形kπ△±k∈Z__________.
【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；
c1c2cn
（2）设数列{cn}对n∈N均有bbban＋1成立，求c1＋c2＋c3＋„＋c2013.
12n
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.
ccc2）由bb„＋ban＋1得
12n
cn－1cc当n≥2时，bb„＋＝a.
bn－1n12
c两式相减得：
n≥2时，ban＋1－an＝2.
n
n－1
∴cn＝2bn＝2·3（n≥2）．
c1
又当n＝1时，b＝a2，∴c1＝3.
1
⎧3（n＝1）∴cn＝⎨n－1.
3（n≥2）⎩2·
∴c1＋c2＋c3＋„＋c2013
6－2×32013
＝3＋＝3＋（－3＋32013）＝32013.
1－3
知识点3：
数列的基本知识
*
1，an与Sn的关系：
an=S1（n=1）或Sn-Sn-1
例1：
设{an}数列的前n项和Sn=n2，则a8的值为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a1=a;an+1=pan+q的递推公式（p.q为常数且p≠1），可令整理得λ=an+1+λ=p（an+λ），列
②对形如an+1=
⎧1⎫
求出⎨⎬即可
⎩an⎭
q
an+1+λ=p（an+λ），所以是{an+λ}等比数p-1
an1q
的递推公式，两边取倒数后换元转化为再=p+，
an+1anpan+q
例2：
已知数列{an}满足a1=33,an+1-an=2n，则
an
的最小值为10.5n
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