1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题七数列(见学生用书P44)(见学生用书P44)等差数列等比数列定义an是等差数列an1and(常数)an是等比数列q(不为零的常数)判定定义法：对于n2的任意正整数，验证anan1d(常数)中项公式法：验证2an1anan2(nN)都成立定义法：对于n2的任意正整数，验证q(不为零的常数)中项公式法：验证aanan2(nN)都成立通项公式ana1(n1)dak(nk)daka1qn1akqnk中项公式a，A，b成等差数列A.推广：2ananmanma，G，b成等比数列G2ab.推广：aanmanm续表等差数列等比数列通项性质若mnpq，则amanapaq；若
2、kn(nN)成等差数列，则ak也为等差数列；d(mn)若mnpq，则amanapaq；若kn(nN)成等差数列，则ak成等比数列；qn1，qnm(mn)求和公式Snna1dn2n和的性质在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等差数列在公比不为1的等比数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等比数列(见学生用书P45)考点一 等差数列考点精析1利用数形结合的思想方法解决等差数列的有关问题时应明确：(1)通项的几何意义：由ana1(n1)d可变形为andn(a1d)若d0，则ana1是常数函数；若d0，则an是n的一次函数(n，an)是直线ydx(a1d)上一群孤立的点单调性：
3、d0时，an为单调递增数列：d0时，an为单调递减数列(2)数列an的前n项和Sn可变形为Snn2n，令A， Ba1，则SnAn2Bn.当A0即d0时，Sn是关于n的二次函数，(n，Sn)在二次函数yAx2Bx的图象上，为抛物线yAx2Bx上一群孤立的点利用其几何意义可解决前n项和Sn的最值问题2将等差数列问题化归为基本量的关系来解决是通性通法一般地，等差数列的五个基本量a1、an、d、n、Sn，知道任意三个元素，可建立方程组，求出另外两个元素，即“知三求二”3已知三个数成等差数列，可设这三个数为a，ad，a2d，也可设为ad，a，ad；若四个数成等差数列，可设为ad，a，ad，a2d.例 1
4、1(2014重庆卷)在等差数列an中，a12，a3a510，则a7()A5 B8C10 D14考点：等差数列的通项公式、等差数列的性质分析：方法一，可设出等差数列的公差，利用方程思想求出d；方法二，利用等差数列的性质求解解析：(方法1)设等差数列an的公差为d，由题设知，2a16d10，所以d1，所以a7a16d268，故选B.(方法2)a7(a3a5)a11028.答案：B点评：本题主要考查了等差数列的通项公式及性质，属于基础题例 12(2014岳阳二模)已知等差数列an的公差d不为0，且a1，a3，a7成等比数列，则_分析：由题意可得 ，(a12d)2a1(a16d)，解之可得a12d0，
5、变形可得答案解析：由题意可得：(a12d)2a1(a16d)，即d(2da1)0，因为公差d不为0，故2da10，解得a12d0，故2.答案：2点评：本题考查等差数列的通项公式，涉及等比数列的概念，属基础题规律总结在高考中经常以选择、填空题形式考查等差数列的基本知识，主要是考查等差数列的基本量计算以及基本性质变式训练【11】 (2014太原二模)在等差数列an中，有3(a3a5)2(a7a10a13)48，则此数列的前13项和为()A24 B39C52 D104解析：3(a3a5)2(a7a10a13)48，利用等差数列的性质可得，6a46a1048，a1a13a4a108，S1352.答案：
6、C【12】 (2014江西卷)在等差数列中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_解析：(方法1)由于Sn7ndn2n，设f(x)x2x，则其图象的对称轴为直线x.当且仅当n8时Sn取得最大值，故7.58.5，解得1d0，a90，且78d0，即1d.答案：考点二等比数列考点精析1解决等比数列有关问题的常见思想方法(1)方程的思想等比数列中有五个量a1、n、q、an、Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题迎刃而解(2)数形结合的思想通项ana1qn1可化为anqn，因此an是关于n的函数，即an中的各项所表示的点(n，an)
7、在曲线yqx上，是一群孤立的点单调性：当或时，an是递增数列；当或时，an是递减数列；当q1时，an为常数列；当q0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于_解析：(1)证明：a，b是函数f(x)的两个不同的零点，a，b是方程x2pxq0的两根，(p0，q0)，a0，b0.又a，b，2可适当排序后成等比数列，2一定是a，b的等比中项，即ab4q.而a，b，2可适当排序后成等差数列，则有两种情况：b是a，2的等差中项，则2ba2.联立a4，b1，pab5.a是b，2的等差中项，则2ab2，联立a1，b4，pab5.综上所述，p
8、q9.答案：9例23(2014安徽卷)数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*.(1)证明：数列是等差数列；(2)设bn3n，求数列bn的前n项和Sn.考点：数列的求和；等差关系的确定分析：(1)将nan1(n1)ann(n1)的两边同时除以n(n1)得1，由等差数列的定义得证(2)由(1)求出bn3n n3n，利用错位相减求出数列bn的前n项和Sn.解析：(1)证明：bnan1(n1)ann(n1)，1，1，数列是以1为首项，以1为公差的等差数列(2)由(1)知，1(n1)1n，ann2，bn3nn3n，Sn13232333(n1)3n1n3n，3Sn132233334(n
9、1)3nn3n1，得：2Sn332333nn3n1n3n13n1，Sn3n1.点评：本题考查利用等差数列的定义证明数列是等差数列；考查数列求和的方法：错位相减法数列求和的关键是求出通项并选择合适方法规律总结在高考中，经常以解答题形式综合考查等差数列与等比数列的基本知识和基本方法变式训练【22】 (2015黄冈模拟)在数列an中，a12，a212，a354，数列an13an是等比数列(1)求证 ：数列是等差数列；(2)求数列an的前n项和Sn.解析：(1)证明：a12，a212，a354，a23a16，a33a218.又数列an13an是等比数列，an13an63n123n，2，数列是等差数列(
10、2)由(1)知数列是等差数列，(n1)22n，an2n3n1，Sn213022312n3n1，3Sn21322322n3n.Sn3Sn2130213213n12n3n22n3n3n12n3n，Sn3n.考点三数列的通项考点精析求数列的通项公式的基本方法1观察法：观察法就是观察数列特征，找出各项共同的构成规律横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数的关系，从而确定出数列的通项2构造等差、等比数列法：构造法就是根据所给数列的递推公式以及其他有关关系式，进行变形整理，构造出一个新的等差或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求解3累加法：如果已知数列an的相邻两项an1与an的差的一个关系式，我们
11、可依次写出前n项中所有相邻两项差的关系，然后把这n1个式子相加，整理求出通项4累积法：如果已知数列an的相邻两项an1与an的商的关系，我们可依次写出前n项中所有相邻两项的商的关系式，然后把这n1个式子相乘，整理求出数列的通项5待定系数法：如果已知数列an的通项公式的结构形式，我们可以先设出通项公式然后再由已知条件求出待定系数例 31(2015天津模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且Snn2n(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，求使不等式Tn对一切nN*都成立的最大正整数k的值考点：数列的通项公式，数列的求和及数列与函数的关系分析：根据an与Sn的关
12、系式求an，然后求出cn的表达式，裂项求和得Tn，再考虑Tn的单调性，得出结果解析：(1)当n1时，a1S16，当n2时，anSnSn1n5.而当n1时，n56，ann5(nN*)(2)cn.Tnc1c2cn.Tn1Tn0，Tn单调递增，故(Tn)minT1.令，得k671，所以kmax671.点评：本题考查了已知数列前n项和Sn，求通项an，裂项相消法求和，关键是得出Tn的表达式后，运用函数的单调性求出最值，从而求出k的最大值规律总结利用递推关系求数列的通项公式一直是高考命题的热点问题，也是难点问题因而也是我们在二轮复习中重点突破对象之一一般地，如果递推关系中涉及到Sn时，应利用公式anSn
13、Sn1(n2)，要么将递推关系转化为仅关于an的关系式(即消去Sn)；要么将递推关系转化为仅关于Sn的关系式，求数列Sn的通项公式，再由公式anSnSn1求出an的通项公式警示：应用公式anSnSn1一定要注意它的前提条件“n2”，否则就会产生错解其次，通过构造辅助数列将其转化为等差数列与等比数列问题是这类题型热点问题，需要我们重点关注变式训练【31】(2015黄冈模拟)已知函数f(x)logmx(m为常数，0m1)，且数列f(an)是首项为2，公差为2的等差数列，设cn =anlgan，如果cn中的每一项恒小于它后面的项，求m的取值范围解析：由题意f(an)2(n1)22n，即logman2
14、n，所以anm2n，cnanlg an2nm2nlg m.要使cncn1对一切nN*成立，即nlg m(n1)m2lg m对一切nN*成立因为0m1，所以lg m(n1)m2对一切nN*恒成立，只需m2，因为1单调递增，所以当n1时，所以m2，且0m1，所以0m0，且a1)的图象上一点，等比数列an的前n项和为f(n)c，数列bn(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足：SnSn1(n2)(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列cn的通项cnbn，求数列cn的前n项和Rn；(3)若数列前n项和为Tn，问Tn的最小正整数n是多少？考点：等比数列的通项公式；等差数列的通项公式；数列的求和；等
15、差数列与等比数列的综合分析：(1)由点是函数f(x)ax(a0，且a1)的图象上一点，求出函数解析式，根据等比数列an的前n项和为f(n)c，依次求出a1，a2，a3，然后由aa1a3求出c，则首项和公比可求，所以通项公式可求，再由数列bn(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足：SnSn1(n2)展开等式左边约分后可得数列为首项为1公差为1的等差数列，求出Sn后，由bnSnSn1(n2)求数列bn的通项公式(2)把数列bn的通项公式代入数列cn的通项cnbn，然后运用错位相减法求数列cn的前n项和(3)运用裂项相消法求出数列前n项和为Tn，代入Tn进行求解解析：(1)因为点是函数f(x)ax
16、(a0，且a1)的图象上一点，所以f(1)a，所以f(x).因为等比数列an的前n项和为f(n)c，所以a1f(1)cc，a2f(2)cf(1)ccc，a3f(3)cf(2)ccc.又数列an成等比数列，所以a1c，所以c1.所以1.又公比q，所以an2.由数列bn的前n项和满足SnSn1(n2)，则()()(n2)，又bn0，所以0，所以1.所以，数列构成一个首项为1公差为1的等差数列，则1(n1)1n，所以Snn2.当n2时，bnSnSn1n2(n1)22n1，满足b1c1.所以，bn2n1(nN*)(2)由cnbn(2n1)，所以Rnc1c2c3cn135(2n1)，两边同时乘以得：Rn
17、135(2n3)(2n1)，式减式得：Rn2(2n1)，化简得：Rn2(2n1)，所以Rn1.(3)Tn.由Tn，得n，所以，满足Tn的最小正整数为112.点评：本题考查了等差和等比数列的通项公式，考查了错位相减法和裂项相消法求数列的前n项的和，比较综合考查了学生分析问题和解决问题的能力，考查了学生的计算能力，特别是(1)中求解两个数列的通项公式，需要有一定的灵活变化技巧，此题属于难题规律总结近几年数列题在高考试题中的位置逐步前移，考查的难度也逐步降低，以等差数列与等比数列这两个基本模型的综合运算为命题的重点，多与数列求和相结合；数列与函数、方程以及不等式的综合，以函数、方程的有关知识为背景给
18、出数列，解决数列中的大小比较、不等式的证明等问题；数列中的综合探索性题目，以等差数列、等比数列中的基本运算为背景，探究满足条件的参数的取值范围或者参数的存在性问题；数列应用题有可能以解答题的形式考查，需要综合运用数列的知识，多以现实生活中“增长率”、“贷款”等问题为背景，其中需要我们在二轮复习重点突破的有两类题型：一是结合不等式的证明；二是数列的实际应用问题变式训练【51】 (2015南昌模拟)已知在正项数列an中，Sn表示前n项和且2an1，数列bn满足bn，Tn为数列bn的前n项和(1)求an，Sn.(2)是否存在最大的整数t，使得对任意的正整数n均有Tn总成立？若存在，求出t；若不存在，
19、请说明理由解析：(1)由2an1，得Sn，当n1时，a1S1，得a11；当n2时，anSnSn1，整理，得(anan1)(anan12)0.数列an各项为正，anan10，anan120，数列an是首项为1，公差为2的等差数列，ana1(n1)22n1.Snn2.(2)由(1)知bn，于是Tn，易知数列Tn是递增数列，故T1是最小值，只需，则t0，dS40 Ba1d0，dS40，dS40 Da1d0解析：an为等差数列， a3，a4，a8成等比数列 (a13d)2(a12d)(a17d)a1d， S42(a1a4)2(a1a13d)d, a1dd20, dS4d20，数列S2n1Sn(nN*)
20、是递减数列，数列S2n1Sn(nN*)的最大项为S3S1.只需，变形可得m，又m是正整数，m的最小值为5.答案：C二、填空题9(2014陕西卷)已知f(x)，x0，若f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，nN，则f2 014(x)的表达式为_解析：由已知易知fn(x)0，fn1(x)f(fn(x)，1，1，是以为首项，1为公差的等差数列(n1)1，fn(x)， f2 014(x).答案：f2 014(x)10若等比数列an的前n项和Sn23n2a，等差数列bn的前n项和Tn2n2nb，则ab_.解析：等比数列an的前n项和Sn23n2a，a1S1a，a2S2S1，a3S3S24，4，
21、解得a.又等差数列bn的前n项和Tn2n2nb，a1S11b，a2S2S15，a3S3S29，52(1b)9，解得b0，ab.答案：11在数列an中，a13，(an12)(an2)2(nN*)，则a2 014的值是_解析：由(an12)(an2)2(nN*)，可得：an22an2(nN*)，所以，数列an是一个周期数列，周期为2，由于a22，a13，所以a24，由周期性得a2 0144.答案：412对于数列an，规定an为数列an的一阶差分数列，其中1anan1an(nN*)对于正整数k，规定kan为an的k阶差分数列，其中kank1an1k1an.若数列an的通项为an3n1，则2a12a2
22、2a32an_解析：an3n1，2an1an11anan2an1an1an43n1，2an是以4为首项，3为公比的等比数列2a12a22a32an4(133n1)423n2.答案：23n2三、解答题13已知等比数列an中，a2，a3，a4分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且a1，公比q1.(1)求数列an的通项公式；(2)已知数列bn满足：a1b1a2b2anbn2n1(nN*)，求数列bn的前n项和Sn.解析：(1)由已知条件得a2a32(a3a4)，即a1(qq2)2a1(q2q3)，整理得：2q33q2q0，解得q或q1(舍去)或q0(舍去)所以an.(2)当n1时，a1b11，
23、b12，当n2时，a1b1a2b2an1bn1anbn2n1，a1b1a2b2an1bn12n3，得：anbn2.an，bn2n1(n2)因此bn当n1时，SnS1b12；当n2时，Snb1b2bn22n26.综上，Sn2n26.14(2015山东卷)设数列an的前n项为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3 an，求bn的前n项和Tn.解析：(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3 an，所以b1，当n1时，bn31n
24、log3 3n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(n1)32n，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.15(2015天津七校联考)已知数列an，a11，an2an11(n2，nN*)(1)证明an1是等比数列；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn；(3)证明(nN*)解析：(1)证明：an12(an11)(n2)，2. a112，an1是以2为首项，2为公比的等比数列(2)an12n, an2n1.bn.Sn.(3)证明： ， .综上，(nN*)- 40 - 版权所有高考资源网
