1、 - 1 - 专题一 数列【知识框架】 数 列 基 础 知 识 定 义项 ， 通 项数 列 表 示 法数 列 分 类等 差 数 列等 比 数 列 定 义通 项 公 式前 n项 和 公 式性 质特 殊 数 列 其 他 特 殊 数 列 求 和数 列【知识要点 1】一、数列的概念1. 数列是按一定顺序排列的一列数，记作 a1,a2,a3an,简记a n. 2. 数列a n的第 n 项 an 与项数 n 的关系若用一个公式 an=f(n)给出，则这个公式叫做这个数列的通项公式。 3. 如果已知数列a n的第一项（或前几项） ，且任何一项 an 与它的前一项 an-1（或前几项）间的关系可以用一个式子来
2、表示，即 an =f（a n-1）或 an =f（a n-1，a n-2） ，那么这个式子叫做数列a n的递推公式.4. 数列可以看做定义域为 N*（或其子集）的函数，当自变量由小到大依次取值时对应的一列函数值，它的图像是一群孤立的点。二、数列的表示方法：列举法、图示法、解析法（用通项公式表示）和递推法（用递推关系表示） 。三、数列的分类1. 按照数列的项数分：有穷数列、无穷数列。 2. 按照任何一项的绝对值是否不超过某一正数分：有界数列、无界数列。 3. 从函数角度考虑分：（考点）递增数列：对于任何 n N+，均有 an+1 an递减数列：对于任何 n N+，均有 an+1 M四、a n 与
3、 Sn 的关系：（考点）1. Sn = a1+a2+a3+an= 2. an= 1ii S1 (n=1)Sn-Sn-1 (n2)- 2 - 【例题 1】已知数列a n是递增数列 ,其通项公式为 an=n2+n（n=1，2，3） ,则实数 的取值范围 。解析： 数列a n的通项公式为 an=n2+n（n=1，2，3） 数列是递增数列a n+1-an=(n+1)2+(n+1)- n2-n=2n+1+0 恒成立2n+1+ 的最小值是 3+ 3+0 -3 实数 的取值范围是（-3，+）【例题 2】数列a n的通项公式为 an=3n2-28n,则数列各项中最小项是（ B ）A第项 B第项 C第项 D第项
4、解析 1：a n=f(n)= 3n2-28n， f(n)是一元二次函数，其图像开口向上，有最低点，最低点是 628由于 n N+，故取 n=4 和 n=5 代入，得到 a4=-64，a 5=-65，故选择 B解析 2：设 an 为数列的最小项，则有 代入化简得到解得： 故 n=563125【练习 1】在数列 1,1,2,3,5,8,x,21,34,55 中，x 的值为（ ）A10 B11 C12 D13【练习 2】数列a n的前 n 项和 Sn=n2-4n+1，则 an an=【知识要点 2 等差数列 】1. 定义：如果数列a n从第二项起每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做
5、等差数列，这个常数叫等差数列的公差。即 an-an-1=d（nN +，且 n2） ，或者 an+1-an=d（nN +）2. 通项公式：an=a1+(n-1)d an=am+(n-m)d (公式的变形 ) an=an+b 其中 a=d，b= a 1-d3. 前 n 项和公式：(公式的变形) Sn=An2+Bn 其中 A= B=2)(Sd21-(S1n 2d2d14. 性质：（1）公式变形（2）如果 A= ab2,那么 A 叫做 a 和 b 的等差中项.（3）若 an为等差数列，且有 k+l=m+n, 则 aklamn（4）若 n,bn为等差数列则 panqbn是等差数列，其中 p,q 均为常数
6、（5）若 an为等差数列，则 ak,km,k2m,.（k,m N*）组成公差为 md 的等差数列.（6）若 Sm,2,S3m分别为 n的前 n 项，前 2m 项，前 3m 项的和，则 Sm, 2mSm, 3S2m成等差数列.（7）若 an设等差数列，则 Sn是等差数列，其首项与 an首项相同，公差是 an公差的 12（7）非零等差数列奇数项与偶数项的性质若项数为 2n,则 S 偶 -S 奇 =nd， 若项数为 2n-1,则 S 偶 =(n-1)an，S 奇 =nan， 1naS奇偶 1-S奇偶5. 判断：定义法：a n+1-an=d（nN +） 中项法： 2a n+1=an+ an+2 an为
7、等差数列。 ana n-1ana n+1 3n2-28n3(n-1) 2-28(n-1)3n2-28n3(n+1) 2-28(n+1) -2 (n=1)2n-5 (n2)- 3 - 通项公式法：a n=an+b（a,b 为常数） 前 n 项和公式法：S n=An2+Bn（A,B 为常数）【例题 1】已知 是公差为 1 的等差数列， 为 的前 项和，若 ，则 （ B ）anSa84S10a（A） （B） （C ） （ D）729012解析： d=1 S 8=8a1+28 S4=4a1+6 d2)-n(S1nS 8=4 S4 a 1=0.5 an=a1+(n-1)d a 10= 92【例题 2】在
8、等差数列 中，若 ，则 = 10 .n 57654382a解析：因为 是等差数列，所以 ， 即n 72853456752a，所以 ，故应填入 5a28510a10【知识要点 3 等比数列 】1. 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个不为零的常熟，那么这个数列就叫做等比数列.这个常熟叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示，及 an1nq(nN*)2. 通项公式：如果等比数列 的公比为 q，那么它的通项公式为 .an an1qn13. 前 n 项和公式：设等比数列 的公比为 q，其前 n 项和 =an Sn4. 性质：（1）等比数列 满足 或 时， 是递增数列；an01
9、a01a01a0an当 q=1 时， 为常数数列；an当 q0 时， 为摆动数列，且所有奇数项与 同号，所有偶数项与 异号.n a1 a1（2）对于正整数 m,n,p,q,若 m+n=p+q,则在等比数列 中， 的关系为:anam,n,p,q amnapq（3）若 , 为等比数列（项数相同） ，则 ( 0), , , , 仍是等比数列.anbn an1ana2nnbnbn（4）如果 a,G,b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项，且 G=ab。不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个等比中项。【例题 1】已知数列 是递增的等比数列， ，则数列 的前 项和等
10、于 .n 14239,8n21n解析：由题意解得：a 1=1， a4=8， q=2，那么 ()12nnqS【例题 2】数列 中 为 的前 n 项和，若 ，则 6 .n112,nna6nS解析：a n+1=2an 数列 是等比数列，q=2 ana1 (q=1)或 (q1)q)(nq1an- 4 - S n= =126 其中 a1=2 n=6q1)(an【知识要点 4】 （大题）一、考点 1：求 an：1. 归纳法（由特殊到一般即找规律）由于归纳法求解通项的题目一般在选择填空常见，较少出现在大题中。2. 利用 Sn 与 an 的关系求通项公式由 Sn 求 an 时，要分 n=1 和 n2 两种情况
11、讨论，然后验证两种情况能否用统一的式子表示。若不能，则分段表示.3. 由递推关系求数列的通项公式【累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法） 、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号） 、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式） 、特征根法】1.累加法：若已知 a1且 nan1f(n)2)则(ann1)(n1n2).(3a2)(a21)an1f(n)f(n1).f(3)f(2)，即n1f2f(3.fn1fn.2.累乘法：若已知 a1且 ann1f()2),则 ann1n1n2.a3221f(n)f(1).f(3)f(2) ,即an1a2f()f
12、(3).f()f(n)3.换元法：若已知 a1且 npan1b(2,且 p 0,p1）则令 bnan,可得 bn（其中 bnpbn1）为等比数列，其中 bp1可用待定系数法求出.【例题 1】已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。 （累加法）na112na， na解：由 得 则2na123212()()()()1()()1nnn 所以数列 的通项公式为 。na2na【例题 2】已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。 （累乘法）11()53na， na解：因为 ，所以 ，则 ，故1()53nn， 02(1)5n- 5 - 132122211(1)1(1)255()5()333!nnnnnaa 所以
13、数列 的通项公式为na(1)25!.nna二、考点 2：求 Sn：1.公式法：直接用等差、等比数列的求和公式求解2.倒序相加法：在数列 中，与首末两端等“距离”的两项和相等或可构成能求和的新数列，可用倒序相an加法求此数列的前 n 项和。 （此法在实际解体过程中并不常用，例子：等差数列前 n 项和公式推导）3.错位相减法：在数列 中， 是等差数列， 是等比数列，可用错位相减法求此数列的前 n 项和. anban bn4.裂项相消法：把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.5.分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列组成，则求和时可用分
14、组转化法分别求和再相加减。即把复杂的通项公式求和的任务转化为简单的等差和等比的求和。6.并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如 类型，可采an(1)nf()用两项合并求解.【例题 1】设数列 满足 ， （1）求数列 的通项公式；（2）令na2nn113a2, n，求数列的前 n 项和 。 （错位相减法）nbnS解析：（1）由已知，当 n1 时，1 21()()()nna23n。 而 所以数列 的通项公式为 。()1,ana21na（2）由 知2nnb3521S从而23572112nn -得 ()即 219nnS【例题 2】求数列 的前 n 项和。 （裂项相消法）,1,32,1n解析：设 （裂项）nan 1则 （裂项求和）1321nS )()()( n- 6 -
