高中数列知识点总结(附例题)

高中数列知识点总结（附例题）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．等差中项如果A＝a＋b2，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ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(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md的等差数列．5．等差数列的前n项和公式设等差数列{an}的公差d，其前n项和Sn＝na1＋an2或Sn＝na1＋nn－12d.6．等差数列的前n项和公式与函数的关系Sn＝d2n2＋a1－d2n.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，a10，d0，则Sn存在最大值；若a10，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.(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)．例1（等差数列的判定或证明）：已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1(n∈N*)．(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．(1)证明∵an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝1an－1.∴n≥2时，bn－bn－1＝1an－1－1an－1－1＝12－1an－1－1－1an－1－1＝an－1an－1－1－1an－1－1＝1.∴数列{bn}是以－52为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)知，bn＝n－72，则an＝1＋1bn＝1＋22n－7，设函数f(x)＝1＋22x－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．解(1)由题意知S6＝－15S5＝－3，a6＝S6－S5＝－8.所以5a1＋10d＝5，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，∴10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，∴d＝－53.∴an＝20＋(n－1)×－53＝－53n＋653.∴a13＝0，即当n≤12时，an0，n≥14时，an0，∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13＝S12＝12×20＋12×112×－53＝130.方法二同方法一求得d＝－53.∴Sn＝20n＋nn－12·－53＝－56n2＋1256n＝－56n－2522＋312524.∵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．令an＝4n－250，①an＋1＝4n＋1－25≥0，②由①得n614；由②得n≥514，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4的等差数列，而|a7|＝a7＝4×7－24＝3.设{|an|}的前n项和为Tn，则Tn＝21n＋nn－12×－4n≤666＋3n－6＋n－6n－72×4n≥7＝－2n2＋23nn≤6，2n2－23n＋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{},{}nnab的前n项和分别为{},{}nnST，且7453nnSnTn+=-,则使得nnab为正整数的正整数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.例6已知数列na中，113a，当2≥n时，其前n项和nS满足2221nnnSaS，则数列na的通项公式为例7在数列{}na中，12a，11ln(1)nnaan，则na.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)，21221nnnnSSSS1.21nSn1111122(2)nnnnnnSSSSnSS≥21132214nnann≥13211221,2.≥nnnnnaaaaaanaaaa2lnn1an，{a2n}，{an·bn}，anbn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；当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－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q10q1q=1q0a0递增递减常数列摆动数列a0递减递增常数列摆动数列【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．(2)等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(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(q0)，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＝a1q3q2－1＝24，①a3·a5＝a1q32＝64.②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，a1＝1，∴S8＝a11－q81－q＝255；当q＝－2时，a1＝－1，∴S8＝a11－q81－q＝85.(2)若q＝1，则na1＝40,2na1＝3280，矛盾．∴q≠1，∴a11－qn1－q＝40，①a11－q2n1－q＝3280，②②①得：1＋qn＝82，∴qn＝81，③将③代入①得q＝1＋2a1.④又∵q0，∴q1，∴a10，{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，①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①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，∴a1＝12，∴c1＝－12，公比q＝12.又cn＝an－1，∴{cn}是以－12为首项，12为公比的等比数列．(2)解由(1)可知cn＝－12·12n－1＝－12n，∴an＝cn＋1＝1－12n.∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－12n－1－12n－1＝12n－1－12n＝12n.又b1＝a1＝12代入上式也符合，∴bn＝12n.例3在等比数列{an}中，(1)若已知a2＝4，a5＝－12，求an；(2)若已知a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．解(1)设公比为q，则a5a2＝q3，即q3＝－18，∴q＝－12，∴an＝a5·qn－5＝－12n－4.(2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝a24，∴a34＝8，a4＝2.∴a2a3a4a5a6＝a54＝25＝32.例4已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋an＋12，n∈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]当n≥2时，bn＝an＋1－an＝an－1＋an2－an＝－12(an－an－1)＝－12bn－1，[5分]∴{bn}是首项为1，公比为－12的等比数列．[6分](2)解由(1)知bn＝an＋1－an＝－12n－1，[8分]当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)[10分]＝1＋1＋－12＋…＋－12n－2＝1＋1－－12n－11－－12＝1＋231－－12n－1＝53－23－12n－1当n＝