(完整版)高考数学专题《数列》超经典

高考复习序列-----高中数学数列2一、数列的通项公式与前n项的和的关系①11,1,2nnnsnassn（注：该公式对任意数列都适用）②1(2)nnnSSan（注：该公式对任意数列都适用）③12nnSaaa（注：该公式对任意数列都适用）④sn+1−sn−1=an+1+an（注：该公式对任意数列都适用）二、等差与等比数列的基本知识1、等差数列⑴通项公式与公差：定义式：daann1一般式：qpnadnaann11推广形式：()nmaanmdmnaadmn；mnmSnSdnmn2项和与公差的关系：前；⑵前n项和与通项na的关系：前n项和公式：1()2nnnaas1(1)2nnnad211()22dnadn.前n项和公式的一般式：daBdABnAnSn21,2,12其中应用：若已知nnnf22，即可判断nf为某个等差数列na的前n项和，并可求出首项及公差的值。na与nS的关系：1(2)nnnaSSn（注：该公式对任意数列都适用）例：等差数列12nSn，1nnaa（直接利用通项公式作差求解）⑶常用性质：①若m+n=p+q，则有mnpqaaaa；特别地：若,mnpaaa是的等差中项，则有2mnpaaan、m、p成等差数列；②等差数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”（如123,aaa456,aaa789aaa，）仍是等差数列；③na为公差为d等差数列，nS为其前．n．项和．．，则232,,mmmmmSSSSS，43mmSS，．．．也成等差数列,A、构成的新数列公差为D=m2d，即m2d=(S2m-Sm)-Sm；B、对于任意已知Sm，Sn，等差数列na公差mnmSnSdmn2，即nSn也构成一个公差为2d等差数列。3⑥若项数为偶数，设共有2n项，则①S偶S奇nd；②1nnSaSa奇偶；⑦若项数为奇数，设共有21n项，则①S奇S偶naa中；②1SnSn奇偶。例：已知等差数列na，其中11010010,10,100SSS则解析：法一，用等差数列求和公式1(1)2nnnad求出da,1法二，10S，10011020301020...,SSSSSS成等差数列，设公差为D，则：DSSS451010100110法三,63.等比数列的通项公式：⑴①一般形式：1*11()nnnaaaqqnNq；②推广形式：nmnmaaq，nmnmaaq③其前n项的和公式为：11(1),11,1nnaqqsqnaq，或11,11,1nnaaqqqsnaq.⑵数列na为等比数列211111002,nnnnnnnaqqaaannNaaqa1aq0nN*、，nnSAqB⑶常用性质：4①若m+n=p+q，则有mnpqaaaa；特别地：若,mnpaaa是的等比中项，则有2mnpaaan、m、p成等比数列;②等比数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”（如123,aaa456,aaa789aaa，）仍是等比数列；③na为等比数列，nS为其前n项和，则232,,mmmmmSSSSS，43mmSS，．．．也成等比数列（仅当当1q或者1q且m不是偶数时候成立）；设等比数列{}nb的前．n项积．．为nT，则kT，232,kkkkTTTT，43kkTT成等比数列．④na为等比数列，则下标成等差数列的对应项成等比数列.⑤na既是等差数列又是等比数列na是各项不为零的常数列.判断或证明一个数列是等差数列的方法：①定义法：）常数）（Nndaann(1na是等差数列②中项法：)221Nnaaannn（na是等差数列③一般通项公式法：),(为常数bkbknanna是等差数列④一般前n项和公式法：),(2为常数BABnAnSnna是等差数列判断或证明一个数列是等差数列的方法：（1）定义法：（常数）qaann1na为等比数列；（2）中项法：)0(221nnnnaaaana为等比数列；（3）通项公式法：为常数）qkqkann,(na为等比数列；（4）前n项和法：为常数）（qkqkSnn,)1(na为等比数列。为常数）（qkkqkSnn,na为等比数列。数列最值的求解（1）10a，0d时，nS有最大值；10a，0d时，nS有最小值；5（2）nS最值的求法：①若已知nS，的最值可求二次函数的最值；可用二次函数最值的求法（nN）；②或者求出中的正、负分界项，即：若已知na，则nS最值时n的值（nN）可如下确定100nnaa或100nnaa。例1：等差数列na中，12910SSa，，则前项的和最大。【解析】：项）项和最大（或前前，1011020001110121012111012111011129121291aaaaaaaaaaaaSSSSa例2．设等差数列na的前n项和为nS，已知001213123SSa，，①求出公差d的范围，②指出1221SSS，，，中哪一个值最大，并说明理由。【解析】：①372400,5215642144211212212212,21221312131211231dSSdSdddaaSddaa，，根据已知同理：②由0001213123dSSa及，，，可知，n=12是前n项和正负分界项，故,70,60nanann所以，6S最大变式：若等差数列的首项为为31，从第16项开始小于1，则此数列公差d的取值范围是解析：116a，但要注意此时还要一个隐含条件115a，联立不等式组求解。3、若数列的前n项和nnSn102，则na，nns数值最小项是第项。【解析】：法一（导数法）：根据等差数列前n项和的标准形式BnAnSn2，可知该数列为等差数列，nnnSnaaadSSannSann112112,2,7,910212122211令时时，即当’‘4110)(,114)(,112)(2nnfnnfnnnSnfn,取得最小值，其中15)3(,14)2(34112ff，分别求出，可见当n=3时nns取得最小。法二（列举法）：对于,0,01且数值较大时且数值较小da可用列举法，分别求出n=1、2…时的nns的值，再进行比较发现。nS2nSanbnna64、已知数列na，的最小值为则nanaaannn,2,3311【解析】：法一（均值不等式）：由累加法：33--221nnannaann，令时取得最小值。，可见，，取得最小值，时，，即可见当6663)6(533)5(63353333,133)(nffnannnnnnanfnn法二（列举法）：实在没招时使用该法。5、已知等差数列na的前n项和的最小值为则nnSnSSS,25,0,1510。【解析】：49-49-)7(48-)6(,732063200)(,320)(,)(,310300,322'2'23110110，故取，而时取得最小值，，即当令ffnnfnnnfSnnfnnSnaaaSdmnmSnSdnnmn6、7数列通项公式的求法：类型1：等差数列型)(1nfaann思路：把原递推式转化为)(1nfaann，再使用累加法（逐差相加法）求解。例，已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na的通项公式。解：由121nnaan得121nnaan则21221111*21)2(21)1(2naaanaanaannnnn以上逐次累加，所以数列{}na的通项公式为2nan变式：已知数列{}na满足1232nnnaa，12a，求数列{}na的通项公式。解：1232nnnaa两边除以12n，得113222nnnnaa，则113222nnnnaa，此时23)(nf，故数列{}2nna是以1222a11为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22nnan，所以数列{}na的通项公式为31()222nnan评注：本题nnaa、1前的系数不一致，不能直接使用前述方法，解题的关键是把递推关系式1232nnnaa转化为113222nnnnaa，说明数列{}2nna是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22nnan，进而求出数列{}na的通项公式。类型2：等比数列型nnanfa)(1把原递推式转化为)(1nfaann，再使用累乘法（逐商相乘法）求解。例（2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列{}na满足11231123(1)(2)nnaaaaanan，，求{}na的通项公式。解：因为123123(1)(2)nnaaaanan①所以1123123(1)nnnaaaanana②8用②式－①式得1.nnnaana则1(1)(2)nnanan；故11(2)nnanna所以13222122![(1)43].2nnnnnaaanaannaaaaa③由123123(1)(2)nnaaaanan，21222naaa取得，则21aa，又知11a，则21a，代入③得!13452nnan。所以，{}na的通项公式为!.2nna评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)nnanan转化为11(2)nnanna，进而求出132122nnnnaaaaaaa，从而可得当2nna时，的表达式，最后再求出数列{}na的通项公式。类型4：待定系数法处理qpaann1或nnnqpaa1型数列把原递推式,1qpaann转化为;1),(1qpttaptann转化思路：为等比数列，则数列此式与原式比较，得到令tataqpttaptannnn-1),-(11例，数列nnnnaaaaa求,32,1,11解：令1-312),(21ttatann比较原递推式，，所以2111nnaa即1na是公比为2的等比数列，1na=（11a）1-n2，或令nnba1，nb是公比为2的等比数列，所以nnnnbabbb2,21,2*1111其中，变式1：已知数列{}na满足112356nnnaaa，，求数列na的通项公式。思路：等式两边同时除于15n；原递推式变成,535*52511nnnnaa令nnnba5，9nnnnnnnnnnnnnnnnnnabbbabbbttbtbbb521525252*5152*11565,521153152)(52535211111111111评注：本题解题的关键是把递推关系式1235nnnaa转化为)-(1taptann，最后再求出数列{}na的通项公式。变式2：已知数列{}na满足112,12nnnaaaa