1、0数列基础知识点和方法归纳 1. 等差数列的定义与性质定义： 1nad（ 为常数）， 1nad等差中项： xAy， ， 成等差数列 2Axy前 n项和 112nnSad性质： na是等差数列（1）若 mpq，则 mnpqaa；（2）数列 仍为等差数列， 232nnnSS， ， 仍为等差1212,n数列，公差为 ；d（3）若三个成等差数列，可设为 ad， ，（4）若 nab， 是等差数列，且前 n项和分别为 nST， ，则 21maSb（5） n为等差数列 2nSab（ ， 为常数，是关于 n的常数项为 0 的二次函数） nS的最值可求二次函数 2n的最值；或者求出 na中的正、负分界项，即：当
2、 10ad， ，解不等式组 10na可得 nS达到最大值时的 值. 当 1， ，由 10na可得 nS达到最小值时的 值. (6)项数为偶数 的等差数列 n， 有2 ),)()()( 111212 为 中 间 两 项 nnnn aaaaS， .d奇偶 1nS偶奇（7）项数为奇数 的等差数列 na， 有21，)()12(1为 中 间 项nnaS， .n偶奇 1S偶奇2. 等比数列的定义与性质定义： 1naq（ 为常数， 0q）， 1naq.等比中项： xGy、 、 成等比数列 2Gxy，或 xy.前 n项和： 1()nnaqS（要注意！）性质： na是等比数列（1）若 mpq，则 mnpqa（2
3、） 232nnSS， ， 仍为等比数列,公比为 .nq注意：由 求 a时应注意什么？1时， 1；2n时， 1nnS.3求数列通项公式的常用方法（1）求差（商）法如：数列 na， 12125naa，求 na解 时， 52， 14 n时， 12n 得： 2na， 1n， 1()2na练习数列 n满足 11543nnS， ，求 na注意到 1nna，代入得 n；又 1S， n是等比数列， 4nS22n时， 1134nnnaS（2）叠乘法如：数列 n中， 11na， ，求 na解 321123na， 1n又 13， na.（3）等差型递推公式由 110()nafa， ，求 n，用迭加法2时，231()
4、nfaf两边相加得 1(2)3()naffn 0()()nff练习数列 na中， 1132na， ，求 na（ 132n）（4）等比型递推公式 1nacd（ 、 为常数， 00cd， ， ）可转化为等比数列，设 11nnnaxxacx令 (1)cxd， 1c， nc是首项为 1， 为公比的等比数列 11nna， 11nndac（5）倒数法如： 112nnaa， ，求 n由已知得： 11nn， 12na na为等差数列， 1a，公差为 ， 12nn，3 21na(附：公式法、利用 、累加法、累乘法 .构造等差或等比1(2)nSnna或 、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、1nnapq1
5、pf换元法)4. 求数列前 n 项和的常用方法(1) 裂项法把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项. 如： na是公差为 d的等差数列，求 1nka解：由 1 10kkkda 1111231nnkkk naddaaa 1nd练习求和： 112323nnnaS，（2）错位相减法若 n为等差数列， nb为等比数列，求数列 nab（差比数列）前 n项和，可由 Sq，求 nS，其中 q为 的公比. 如： 23114nxx nnx x 21nnSxx41x时， 21nnxS， x时， 11232n nS（3）倒序相加法把数列的各项顺序倒写，再与原来顺序的数列相加. 1212nnnSaa
6、相加 1211nnnnSaaa练习已知 2()xf，则111(1)2(3)(4)ffff由2222() 111xxfx原式 1()2(3)(4)322ffff(附：a.用倒序相加法求数列的前 n 项和如果一个数列a n，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前 n 项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。b.用公式法求数列的前 n 项和对等差数列、等比数列，求前 n 项和 Sn 可直接用等差、等比
7、数列的前 n 项和公式进行求解。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。c.用裂项相消法求数列的前 n 项和裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前 n 项和。d.用错位相减法求数列的前 n 项和错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。即若在数列a nbn中，a n成等差数列，b n成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出前 n 项和。e.用迭加法求数列的前 n 项和5迭加法主要应用于数列a n满足 an+1=an+f(n)，其中 f(n)是等
8、差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成 an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出 an ，从而求出 Sn。f.用分组求和法求数列的前 n 项和所谓分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。g.用构造法求数列的前 n 项和所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的前 n 项和。)【优选整合】人教 A 版高中数学 高三二轮（理）专题 09 等差数列与等比数列 测试1.
9、 已知 是等差数列，且 a11， a44，则 a10( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】设 的公差为 ,由题意 ,即 ，得 ， ，故本题选2. 正项等比数列 an中，若 a2a1816，则 log2a10( )A. 2 B. 4C. 8 D. 16【答案】A3. 已知等差数列 an满足 a11， an2 an6，则 a11等于( )A. 31 B. 32C. 61 D. 62【答案】A【解析】等差数列 an满足 a11， an2 an6，64. 已知递增的等比数列 an的公比为 q，其前 n 项和 Sn1C. a10,00， q1【答案】A【解析】S nan，且|a n|an1 |
10、，则a na n1 0，则 q (0,1)，a 10,0q1.故选 A.5. 将正奇数排成如下三列：1 3 57 9 1113 15 17则 2 007 在( )A. 第 334 行，第 1 列 B. 第 334 行，第 2 列C. 第 335 行，第 2 列 D. 第 335 行，第 3 列【答案】C【解析】设每行第一个数组成一个数列 an，则 an1( n1)66 n5，因为 a3352 005，所以 2007 在第 335 行的第 2 列6. 已知数列 an满足 an1 an2， a15，则| a1| a2| a6|( )A. 9 B. 15C. 18 D. 30【答案】C【解析】由 a
11、n1 a n2 可得数列a n是等差数列，公差 d2，又 a15，所以 an2n7，所以|a 1|a 2|a 3|a 4|a 5|a 6|53113518.7. 已知数列 an是首项为 1，公差为 d(dN *)的等差数列，若 81 是该数列中的一项，则公差不可能是( )A. 2 B. 3C. 4 D. 5【答案】B【解析】数列a n是首项为 1，公差为 d(dN *)的等差数列，a n1(n1)d，781 是该数列中的一项，811(n1)d，n 1，d，nN *，d 是 80 的因数，故 d 不可能是 3.故选 B.点睛：本题的难点主要在解题思路，本题化简之后得到 811 (n1)d，所以也
12、可以把下面的选项的答案代入检验，看 n 是否是正整数.8. 一个等比数列 an的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为 64，则该数列有( )A. 13 项 B. 12 项C. 11 项 D. 10 项【答案】B【解析】设首项为 a1，共有 n 项，公比为 q.前三项之积为 aq32，最后三项之积为 aq3n6 4，两式相乘得 aq3(n1) 8，即 aqn1 2，又 a1a1qa1q2a1qn1 64，a 64，则(a qn1 )n64 2，2 n64 2，n12，故选 B.9. 我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几
13、盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( )A. 1 盏 B. 3 盏C. 5 盏 D. 9 盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯 盏，则各层的灯数构成一个首项为 ，公比为 2 的等比数列，结合等比数列的求和公式有： ，解得 ，即塔的顶层共有灯 3 盏，故选 B点睛:用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结
14、果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论10. 等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a10，若存在自然数 m3，使得 am Sm，则当 n m 时，Sn与 an的大小关系是( )8A. Sn an B. Sn anC. Sn an D. 大小不能确定【答案】C【解析】若 a10，存在自然数 m3，使得 amS m，则 d0，若 d0，数列是递减数列，则Sma m，不存在 amS m.由于 a10，d0，当 m3 时，有 amS m，因此 am0，S m0，又SnS ma m1 a n，显然 Sna n.故选 C.11. 设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 1 a54，2 a63
15、，则 S6的取值范围是_【答案】12,42【解析】由题知 1a 14d4,2a 15d3，则 S66a 115d 15(a 14d)9(a 15d)，再由不等式的性质知 S612,42 故填12,42.点睛：本题是一道易错题，如果根据 1 a54，2 a63 分别求出 的范围，再求S66a 115d 的范围，实际上是错误的.这里涉及到不等式取等的问题，可以利用线性规划的知识，也可以利用解答中的整体代入的方法.12. 在等差数列 an中，若 a1320， a2013，则 a2 014_.【答案】1981【解析】由题意知，等差数列的公差 d 1， a2 014 a20(201420)d131994
16、1981.故填-1981.13. 设 Sn是等差数列 an(nN *)的前 n 项和，且 a11， a47，则 S5_.【答案】25【解析】设数列的公差为 d，则 3da 4a 16，得 d2，所以 S551 225.故填 25.14. 已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a11， Sn2 an n(nN *)，则 an_.【答案】12 n【解析】因为 Sn2a nn， 所以 Sn1 2a n1 n1，可得 an1 2a n1，即 an1 12(a n1)，又因为 a11，所以数列a n1是以2为首项，2 为公比的等比数列，所以 an1(2)2 n1 2 n，所以 an12 n.15. 已
17、知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2 n1( nN *)(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnlog 4an1，求 bn的前 n 项和 Tn.9【答案】 （1） an2 n1 (nN *)；（2） .【解析】试题分析：（1）第（1）问，一般利用项和公式求通项. (2)第（2）问，先化简bnlog 4an1，得到 ，再利用等差数列求和公式求和 .试题解析：(1)当 n2 时，a nS nS n1 2 n1 ，当 n1 时，a 1211，满足 an2 n1 ，数列a n的通项公式为 an2 n1 (nN *)(2)由(1)得，b nlog 4an1 ，则 bn1 b n ，数列b
18、n是首项为 1，公差 d 的等差数列，T nnb 1 d .16. 已知等差数列 an 和等比数列 bn满足 a1 b11， a2 a410， b2b4 a5.(1)求 an的通项公式；(2)求和： b1 b3 b5 b2n1 .【答案】 （1） an2 n1；（2） .【解析】试题分析：（1）第（1）问，一般先求数列 an的基本量，再求数列的通项.(2)第（2）问，先求数列 bn的通项，再利用等比数列的求和公式求和.试题解析：(1)设等差数列 an的公差为 d.因为 a2 a410，所以 2a14 d10，解得 d2，所以 an2 n1.(2)设等比数列 bn的公比为 q，因为 b2b4 a5，所以 b1qb1q39，解得 q23，所以 b2n1 b1q2n2 3 n1 .
