高考数学一轮复习数列知识点

第43讲 数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解． 3、常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（ ）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、 在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________． 【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一 公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________． 【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=， 又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末） 设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝ ． 【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.考向二 利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ， 由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列， 所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠， 所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==， 所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】 原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ， 易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4． （1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ； （2）求数列{a n }的前n 项和T n ． 【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-， 故13133n n a a +-=-， 所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列． 所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈． （2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+． 方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三 裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（ ）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①， 所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和． （2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四 错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =． 设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩， 所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①， 则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=； 当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅， 所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。

高考数列必考知识点数列作为高中数学中的重要知识点之一，在高考中占据着重要的位置。

掌握数列的概念、性质以及常见的数列类型是高考数学取得好成绩的必备知识。

本文将为同学们总结归纳高考数列必考的知识点。

一、数列的概念和性质1. 数列的定义：数列是按照一定顺序排列的由数字组成的序列。

2. 数列的通项公式：数列的通项公式表示数列中第n个数的一般项，常用符号有an或者Un。

3. 数列的首项和公差：对于等差数列，首项表示数列的第一个数，常用符号是a1；公差表示相邻两项之间的差值，常用符号是d。

4. 数列的递推公式：数列的递推公式表示数列中第n+1项与第n项的关系式。

二、等差数列1. 等差数列的定义：等差数列是指数列中相邻两项之差保持不变的数列。

2. 等差数列的通项公式：对于公差为d的等差数列，其通项公式为an = a1 + (n-1)d。

3. 等差数列前n项和：等差数列前n项和的公式为Sn = (a1 + an) *n / 2。

三、等比数列1. 等比数列的定义：等比数列是指数列中相邻两项之比保持不变的数列，且首项不能为0。

2. 等比数列的通项公式：对于公比为q的等比数列，其通项公式为an = a1 * q^(n-1)。

3. 等比数列前n项和：等比数列前n项和的公式为Sn = a1 * (1-q^n) / (1-q)。

四、特殊数列1. 斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和，首几项为0、1、1、2、3、5、8、13……2. 等差-等比混合数列：等差-等比混合数列是指数列中既存在等差关系又存在等比关系的数列。

五、数列求和问题1. 常用的数列求和方法：对于等差数列或者等比数列，可以通过数列求和公式或者特殊方法进行求和。

2. 数列求和的技巧：对于一些特殊的数列，可以利用数列的性质进行化简，从而简化求和的过程。

六、题目实战演练1. 高考数列选择题：通过对历年高考数学试卷中关于数列的选择题进行分类整理，帮助同学们熟悉数列的考点和解题思路。

高考数学中的数列知识点主要包括以下内容：
1. 数列的定义与性质：
-数列的概念：数列是按照一定规律排列的数的集合。

-项数与前n项和：第n项表示数列中的第n个数，前n项和表示数列前n项的和。

-通项公式与递推公式：通项公式是指可以通过给定的项数n来直接计算某一项的公式，递推公式则是通过前一项或前几项来计算下一项的公式。

2. 常见数列：
-等差数列：数列中的每个数都与其前一个数之差相等。

-等比数列：数列中的每个数都与其前一个数之比相等。

-斐波那契数列：数列中的每个数都是前两个数之和，即第三项开始满足an = an-1 + an-2。

3. 数列的性质和运算：
-数列的有界性：数列可以是有界的（上有界、下有界）、无界的或发散的。

-数列的单调性：数列可以是递增的、递减的或保持不变。

-数列的极限：数列可能有极限（有限或无穷）或不存在极限。

4. 数列的求和：
-等差数列的求和公式：利用等差数列的性质，可以得到等差数列前n项和的通用公式。

-等比数列的求和公式：利用等比数列的性质，可以得到等比数列前n项和的通用公式。

5. 数列的应用：
-常见问题的建模与解决：通过将实际问题转化为数列的形式，利用数列的性质和公式来解决问题。

以上是高考数学中与数列相关的主要知识点。

掌握这些知识点，能够帮助学生在解答数列相关题目时更加熟练和准确。

需要注意的是，除了理论知识，还需要进行大量的练习和实践，以提高对数列概念的理解和应用能力。

高三数学第一轮复习——数列一、知识梳理数列概念1.数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每个数称为该数列的项.2.通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号之间可以用一个式子表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式，即)(n f a n=.3.递推公式：如果已知数列{}n a 的第一项（或前几项），且任何一项n a 与它的前一项1-n a （或前几项）间的关系可以用一个式子来表示，即)(1-=n n a f a 或),(21--=n n n a a f a ，那么这个式子叫做数列{}n a 的递推公式. 如数列{}n a 中，12,11+==n n a a a ，其中12+=n n a a 是数列{}n a 的递推公式.4.数列的前n 项和与通项的公式①n n a a a S +++= 21； ②⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n nn .5. 数列的表示方法：解析法、图像法、列举法、递推法.6. 数列的分类：有穷数列，无穷数列；递增数列，递减数列，摆动数列，常数数列；有界数列，无界数列.①递增数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a >+1.②递减数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a <+1.③摆动数列:例如: .,1,1,1,1,1 --- ④常数数列:例如:6,6,6,6,……. ⑤有界数列:存在正数M 使+∈≤N n M a n ,.⑥无界数列:对于任何正数M ,总有项n a 使得M a n >.等差数列1.等差数列的概念如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数d ，这个数列叫做等差数列，常数d 称为等差数列的公差.2.通项公式与前n 项和公式⑴通项公式d n a a n)1(1-+=，1a 为首项，d为公差.⑵前n 项和公式2)(1n n a a n S +=或d n n na S n )1(211-+=.3.等差中项如果b A a ,,成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项.即：A 是a 与b 的等差中项⇔b a A +=2⇔a ，A ，b 成等差数列.4.等差数列的判定方法 ⑴定义法：d a a n n =-+1（+∈N n ，d是常数）⇔{}n a 是等差数列；⑵中项法：212+++=n n n a a a (+∈N n )⇔{}n a 是等差数列.5.等差数列的常用性质⑴数列{}n a 是等差数列，则数列{}p a n +、{}n pa （p 是常数）都是等差数列；⑵在等差数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即 ,,,,32k n k n k n n a a a a +++为等差数列，公差为kd .⑶d m n a a m n)(-+=；b an a n +=(a ,b 是常数)；bn an S n +=2(a ,b 是常数，0≠a )⑷若),,,(+∈+=+N q p n m q p nm ，则q p n m a a a a +=+；⑸若等差数列{}n a 的前n 项和n S ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列；⑹当项数为)(2+∈N n n ，则nn a a S S nd S S 1,+==-奇偶奇偶；当项数为)(12+∈-N n n ，则nn S S a S S n 1,-==-奇偶偶奇. 等比数列1.等比数列的概念如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比等于同一个常数)0(≠q q ，这个数列叫做等比数列，常数q 称为等比数列的公比.2.通项公式与前n 项和公式⑴通项公式：11-=n nq a a ，1a 为首项，q 为公比 .⑵前n 项和公式：①当1=q时，1na S n =②当1≠q 时，qqa a q q a S n n n --=--=11)1(11. 3.等比中项如果b G a ,,成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项. 即：G 是a 与b 的等差中项⇔a ，A ，b 成等差数列⇒b a G ⋅=2.4.等比数列的判定方法 ⑴定义法：q a a nn =+1（+∈N n ，0≠q 是常数）⇔{}n a 是等比数列； ⑵中项法：221++⋅=n n n a a a (+∈N n )且0≠n a ⇔{}n a 是等比数列.5.等比数列的常用性质⑴数列{}n a 是等比数列，则数列{}n pa 、{}n pa （0≠q 是常数）都是等比数列；⑵在等比数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 ,,,,32k n k n k n n a a a a +++为等比数列，公比为kq .⑶),(+-∈⋅=N m n q a a m n m n⑷若),,,(+∈+=+N q p n m q p n m ，则q p n m a a a a ⋅=⋅；⑸若等比数列{}n a 的前n 项和n S ，则k S 、k k S S -2、k k S S 23-、k k S S 34-是等比数列.二、典型例题A 、求值类的计算题（多关于等差等比数列）1）根据基本量求解（方程的思想）1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，63,6,994=-==n S a a ，求n ；2、等差数列{}n a 中，410a =且3610a a a ，，成等比数列，求数列{}n a 前20项的和20S ．3、设{}n a 是公比为正数的等比数列，若16,151==a a ，求数列{}n a 前7项的和.4、已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数.2）根据数列的性质求解（整体思想）1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1006=a ，则=11S ；2、设n S 、n T 分别是等差数列{}n a 、{}n a 的前n 项和，327++=n n T S n n ，则=55b a. 3、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若==5935,95S Sa a 则（ ） 4、等差数列{}n a ,{}nb 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S nT n =+,则n na b =（ ）5、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，)(,m n n S m S m n ≠==，则=+n m S .6、在正项等比数列{}n a 中，153537225a a a a a a ++=，则35a a +=_______。

专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））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【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 【答案】2n n 1-+ 【解析】 【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-， 所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2， 当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】 【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ． 【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误， 设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++， 银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+， 即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-， 因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】 由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ， 即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤， 即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤， 即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤， 即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】 【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合； 当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合； 当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合； 综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】 【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣， 满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52， 因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-． 【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析 【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-， 所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭， 则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++， 因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+， 又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-． 【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦， 对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意， 所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化 例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ， 所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】 根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤； 第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤， 以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤， 所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯， 即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =， 又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））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】【详解】。

自主梳理1．数列的定义按____________着的一列数叫数列，数列中的________都叫这个数列的项；在函数意义下，数列是______________________的函数，数列的一般形式为：________________________，简记为{a n }，其中a n 是数列的第____项．2．通项公式：如果数列{a n }的________与____之间的关系可以______________来表示，那么这个式子叫做数列的通项公式．但并非每个数列都有通项公式，也并非都是唯一的．3．数列常用表示法有：____________________、________、________.4．数列的分类：数列按项数来分，分为____________、____________；按项的增减规律分为____________、____________、____________和________．递增数列⇔a n ＋1____a n ；递减数列⇔a n ＋1____a n ；常数列⇔a n ＋1____a n .5．a n 与S n 的关系：已知S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，n ＝1， ，n ≥2，.自我检测1．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项a n ＝______.2．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10＝________.3．已知数列－1，85，－157，249，…按此规律，则这个数列的通项公式是______________________________．学生姓名教师姓名 班主任 日期时间段 年级 课时 教学内容数列的概念与简单表示法 教学目标1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数． 重点数学归纳方法、递推法 难点 同上4．下列对数列的理解：①数列可以看成一个定义在N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })上的函数； ②数列的项数是有限的；③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；④数列的通项公式是唯一的．其中说法正确的序号是________．5．设a n ＝－n 2＋10n ＋11，则数列{a n }从首项到第________项的和最大．探究点一 由数列前几项求数列通项例1 写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：(1)23，415，635，863，1099，… (2)12，－2，92，－8，252，…变式迁移1 写出下列数列的一个通项公式：(1)3,5,9,17,33，… (2)2，5，22，11，…(3)1,0,1,0，…探究点二 由递推公式求数列的通项例2 根据下列条件，写出该数列的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ；(2)a 1＝1,2n －1a n ＝a n －1 (n ≥2)．变式迁移2 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；(2)a 1＝1，a n ＋1＝(n ＋1)a n ；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n .探究点三 由a n 与S n 的关系求a n例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ＋1，求{a n }的通项公式．变式迁移3 (1)已知{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋b ，求{a n }的通项公式．(2)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，求a n .1．数列的递推公式是研究的项与项之间的关系，而通项公式则是研究的项a n 与项数n 的关系．2．求数列的通项公式是本节的重点，主要掌握三种方法：(1)由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键是善于观察；(2)数列{a n }的前n 项和S n 与数列{a n }的通项公式a n 的关系，要注意验证能否统一到一个式子中；(3)由递推公式求通项公式，常用方法有累加、累乘．3．本节易错点是利用S n 求a n 时，忘记讨论n ＝1的情况．一、填空题1．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为________．2．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2 009＝________，a 2 014＝________.3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2＝________.4．数列{a n }中，若a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1，则a 6＝________.5．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.6．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n (0≤a n <12)，2a n －1 (12≤a n <1)，若a 1＝67，则a 2 010的值为________．7．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且有S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项a n ＝__________________.8．将全体正整数排成一个三角形数阵：12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15… … … … … …根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是____________．二、解答题9．写出下列各数列的一个通项公式．(1)112，223，334，445，…(2)－1，32，－13，34，－15，36…10．由下列数列{a n }递推公式求数列{a n }的通项公式：(1)a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)；(2)a 1＝1，a n a n －1＝n －1n (n ≥2)； (3)a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1 (n ≥2)．11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .。

第一节 数列的概念与简单表示法数列的概念及表示方法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数． 知识点一 数列的概念 1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫作首项)．2．数列的分类分类原则 类型 满足条件 按项数有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限按项与项 间的大小 关系递增数列a n ＋1≥a n 其中n ∈N ＋递减数列 a n ＋1≤a n 常数列a n ＋1＝a n ,摇摆数列 从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项易误提醒1．由前n 项写通项、数列的通项并不唯一．2．易混项与项数两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．[自测练习]1．数列{a n }：1，－58，715，－924，…，的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n(n ∈N ＋) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N ＋) C ．a n ＝(－1)n＋12n －1n 2＋2n(n ∈N ＋)D ．a n ＝(－1)n－12n ＋1n 2＋2n(n ∈N ＋) 解析：观察数列{a n }各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，故选D.答案：D2．已知数列的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则3( ) A ．不是数列{a n }中的项 B ．只是数列{a n }中的第2项 C ．只是数列{a n }中的第6项 D ．是数列{a n }中的第2项或第6项解析：令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，解得n ＝2或6，故3是数列{a n }中的第2项或第6项．答案：D知识点二 数列与函数关系及递推公式 1．数列与函数的关系从函数观点看，数列可以看作定义域为正整数集N ＋(或它的有限子集)的函数，当自变量从小到大依次取值时，该函数对应的一列函数值就是这个数列．2．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．必记结论 a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[自测练习]3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则a 5的值为( ) A ．30 B ．31 C ．32D ．33解析：a 5＝2a 4＋1＝2(2a 3＋1)＋1＝22a 3＋2＋1＝23a 2＋22＋2＋1＝24a 1＋23＋22＋2＋1＝31.答案：B4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝12n －1，n ≥2考点一 由数列的前几项求数列的通项公式|1．下列公式可作为数列{a n }：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是( ) A ．a n ＝1B ．a n ＝(－1)n ＋12C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2 D ．a n ＝(－1)n －1＋32解析：由a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，…. 答案：C2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…； (2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项公式a n ＝2(n ＋1)(n ∈N ＋)．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1).(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数. (4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1，1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1.用观察法求数列的通项公式的两个技巧(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．(2)对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n |已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b . [解] (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N ＋，求{a n }的通项公式．解：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2，由已知a 1＝S 1>1，因此a 1＝2.又由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n . 因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去． 因此a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是以公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n＝3n －1.考点三 由递推关系式求数列的通项公式|递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．归纳起来常见的探究角度有： 1．形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n . 2．形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n .3．形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n . 4．形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C (A ，B ，C 为常数)，求a n .探究一 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n .1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)．解：因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.由累乘法可得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)．又a 1＝1符合上式，∴a n ＝1n .探究二 形如a n ＋1－a n ＝f (n )，求a n . 2．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2.解：因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2＝12×(3×1＋1)，符合上式，所以a n ＝32n 2＋n2.探究三 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)求a n . 3．在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.解：因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.探究四 形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n .4．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解． 1．形如a n ＝a n －1＋f (n )(n ≥2，n ∈N *)时，用累加法求解． 2．形如a na n －1＝f (n )(a n －1≠0，n ≥2，n ∈N *)时，用累乘法求解．3．形如a n ＝a n －1＋m (n ≥2，n ∈N *)时，构造等差数列求解；形如a n ＝xa n －1＋y (n ≥2，n ∈N *)时，构造等比数列求解．16.函数思想在数列中的应用 【典例】 已知数列{a n }． (1)若a n ＝n 2－5n ＋4. ①数列中有多少项是负数？②n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立．求实数k 的取值范围． [思路点拨] (1)求使a n <0的n 值；从二次函数看a n 的最小值．(2)数列是一类特殊函数，通项公式可以看作相应的解析式f (n )＝n 2＋kn ＋4.f (n )在N *上单调递增，但自变量不连续．从二次函数的对称轴研究单调性．[解] (1)①由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. ∵n ∈N *，∴n ＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. ②∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， ∴对称轴方程为n ＝52.又n ∈N *，∴n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4， 所以(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4， 即k >－1－2n ，又n ∈N *，所以k >－3. [方法点评]1．本题给出的数列通项公式可以看作是一个定义在正整数集上的二次函数，因此可以利用二次函数的对称轴来研究其单调性，得到实数k 的取值范围，使问题得到解决．2．本题易错答案为k >－2.原因是忽略了数列作为函数的特殊性，即自变量是正整数． 3．在利用二次函数的观点解决该题时，一定要注意二次函数对称轴位置的选取． [跟踪练习] 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．解：法一：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ×9－n 11，当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ， ∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.法二：根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)，即⎩⎨⎧n ×⎝⎛⎭⎫1011n －1≤(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，解得9≤n ≤10.又n ∈N *， ∴n ＝9或n ＝10，∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.A 组 考点能力演练1．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( ) A ．143 B ．156 C ．168D ．195解析：由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1得a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以a n ＋1＋1－a n ＋1＝1，又a 1＝0，则a n ＋1＝n ，a n ＝n 2－1，则a 13＝132－1＝168.答案：C2．(2015·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 20＝( ) A ．0 B ．－ 3 C. 3D.32解析：本题由数列递推关系式，推得数列{a n }是周期变化的，找出规律，再求a 20.由a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，得a 2＝－3，a 3＝3，a 4＝0，…由此可知：数列{a n }是周期变化的，且三个一循环，所以可得a 20＝a 2＝－3，故选B.答案：B3．在数列{a n }中，a 3＝8，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2(n 为奇数)，2a n(n 为偶数)，则a 5等于( )A ．12B ．14C ．20D ．22解析：本题考查数列的基本性质．代入得a4＝a3＋2＝10，a5＝2a4＝20.答案：C4．在数列{a n}中，有a n＋a n＋1＋a n＋2(n∈N*)为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则此数列{a n}的前100项的和S100＝()A．200 B．300C．298 D．299解析：由题意，知a n＋a n＋1＋a n＋2＝a n＋1＋a n＋2＋a n＋3，则a n＝a n＋3，所以数列{a n}是周期为3的周期数列，则a1＝a4＝a7＝…＝a97＝a100＝2，a2＝a5＝…＝a98＝4，a3＝a6＝a9＝…＝a99＝3，所以数列的前100项和为(a1＋a2＋a3)×33＋a100＝299，故选D.答案：D5．已知在数列{a n}中，a1＝2，a2＝7，若a n＋2等于a n a n＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016的值为()A．8 B．6C．4 D．2解析：因为a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4；因为a2a3＝7×4＝28，所以a4＝8；因为a3a4＝4×8＝32，所以a5＝2；因为a4a5＝8×2＝16，所以a6＝6；因为a5a6＝2×6＝12，所以a7＝2；因为a6a7＝6×2＝12，所以a8＝2；依次计算得a9＝4，a10＝8，a11＝2，a12＝6，所以从第3项起，数列{a n}成周期数列，周期为6，因为2 016＝2＋335×6＋4，所以a2 016＝6.答案：B6．已知在数列{a n}中，a1＝1，a2＝0，若对任意的正整数n，m(n>m)，有a2n－a2m＝a n－a n＋m，则a2 015＝________.m解析：令n＝2，m＝1，则a22－a21＝a1a3，得a3＝－1；令n＝3，m＝2，则a23－a22＝a1a5，得a5＝1；令n＝5，m＝2，则a25－a22＝a3a7，得a7＝－1，所以猜想当n为奇数时，{a n}为1，－1,1，－1，…，所以a2 015＝－1.答案：－17．若数列{(n－a)2}是递增数列，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得，对任意的n∈N*.(n＋1－a)2>(n－a)2恒成立，即2a<2n＋1恒成立，所以2a<(2n＋1)min＝3，则a<32.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，32 8．(2016·蚌埠检查)已知数列{a n }满足：a 1为正整数，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2， a n 为偶数，3a n ＋1， a n 为奇数，如果a 1＝1，则a 1＋a 2＋…＋a 2 014＝________.解析：由题意知a 1＝1，a 2＝3×1＋1＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝4，a 6＝2，…，所以{a n }的周期为3，因为2 014＝3×671＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(1＋4＋2)×671＋1＝4 698.答案：4 6989．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝－n ＋p ，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －5，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，a n ≤b n ，b n ，a n >b n .若在数列{c n }中，c 8>c n (n ∈N *，n ≠8)，求实数p 的取值范围． 解：由题意得，c 8是数列{c n}中的最大项，所以⎩⎪⎨⎪⎧－7＋p >22，－9＋p ≤24，－8＋p >4，23>－9＋p ，解得12<p <17.10．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9.结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4， a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)．∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2. ∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 知5<2－a 2<6，∴－10<a <－8. 故a 的取值范围为(－10，－8)．B 组 高考题型专练1．(2012·高考大纲全国卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B.⎝⎛⎭⎫32n －1C.⎝⎛⎭⎫23n －1D.12n －1 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1，故选B.答案：B2．(2011·高考四川卷)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．45D ．45＋1解析：法一：a 1＝1，a 2＝3S 1＝3，a 3＝3S 2＝12＝3×41，a 4＝3S 3＝48＝3×42，a 5＝3S 4＝3×43，a 6＝3S 5＝3×44.故选A.法二：当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1，∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1，∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列，又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 (n ＝1)，3×4n －2 (n ≥2)，∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.答案：A3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________. 解析：由a n ＋1＝11－a n ，得a n ＝1－1a n ＋1，∵a 8＝2，∴a 7＝1－12＝12， a 6＝1－1a 7＝－1，a 5＝1－1a 6＝2，…， ∴{a n }是以3为周期的数列，∴a 1＝a 7＝12. 答案：124．(2012·高考上海卷)已知f (x )＝11＋x.各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2＝f (a n )．若a 2 010＝a 2 012，则a 20＋a 11的值是________．解析：∵a n ＋2＝11＋a n，a 1＝1，∴a 3＝12， a 5＝11＋12＝23，a 7＝11＋23＝35，a 9＝11＋35＝58，a 11＝11＋58＝813，又a 2 010＝a 2 012， 即a 2 010＝11＋a 2 010⇒a 22 010＋a 2 010－1＝0， ∴a 2 010＝5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2 010＝－5－12舍去. 又a 2 010＝11＋a 2 008＝5－12， ∴1＋a 2 008＝25－1＝5＋12，即a 2 008＝5－12，依次类推可得a 2 006＝a 2 004＝…＝a 20＝5－12，故a 20＋a 11＝5－12＋813＝135＋326. 答案：135＋3265．(2015·高考江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解析：由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，则1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和S 10＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111 ＝2⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 答案：2011。

§6.1数列的概念考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的定义按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列a n＋1＞a n其中n∈N*递减数列a n＋1＜a n常数列a n＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的通项公式如果数列{a n}的第n项a n与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ ) 教材改编题1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 023的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13答案 C解析 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2 023＝a 505×4＋3＝a 3＝－12.2．数列13，18，115，124，135，…的通项公式是a n ＝________.答案1n (n ＋2)，n ∈N *解析 ∵a 1＝11×(1＋2)＝13，a 2＝12×(2＋2)＝18，a 3＝13×(3＋2)＝115，a 4＝14×(4＋2)＝124，a 5＝15×(5＋2)＝135，∴通过观察，我们可以得到如上的规律， 则a n ＝1n (n ＋2)，n ∈N *.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)] ＝4n －5，因为a 1也适合上式，所以a n ＝4n －5.题型一 由a n 与S n 的关系求通项公式例1 (1)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若2S n ＝3a n －3，则a 4等于( ) A ．27 B ．81 C ．93 D ．243答案 B解析 根据2S n ＝3a n －3， 可得2S n ＋1＝3a n ＋1－3， 两式相减得2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ， 即a n ＋1＝3a n ，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a 4＝a 1q 3＝34＝81.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝21＝2. ∵a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①∴a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②得，(2n －1)·a n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －12n －1(n ≥2)．显然n ＝1时不满足上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2.教师备选1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则a n ＝________. 答案 2n ＋1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1.由于a 1＝3适合上式，∴a n ＝2n ＋1.2．已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 答案 －2n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1， ∴a 1＝－1.当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1，① S n －1＝2a n －1＋1.②①－②得S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，∴{a n }是首项为a 1＝－1，公比为q ＝2的等比数列． ∴a n ＝a 1·q n －1＝－2n －1.思维升华 (1)已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2转化为关于a n 的关系式，再求通项公式．(2)S n 与a n 关系问题的求解思路方向1：利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． 方向2：利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2解析 根据题意，可得S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)＋1. 由通项公式与求和公式的关系， 可得a n ＝S n －S n －1， 代入化简得a n ＝2n 2＋n ＋1－2(n －1)2－(n －1)－1＝4n －1. 经检验，当n ＝1时，S 1＝4，a 1＝3， 所以S 1≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 两边同时除以S n ＋1S n ， 得1S n ＋1－1S n ＝－1. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n . 所以S n ＝－1n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n (n －1)，故a n＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.题型二 由数列的递推关系求通项公式 命题点1 累加法例2 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n答案 A解析 因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1， a 3－a 2＝ln 3－ln 2， a 4－a 3＝ln 4－ln 3， ……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2)，把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1， 则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合， 因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)． 命题点2 累乘法例3 若数列{a n }满足a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)·a n (n ≥2)，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析 由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)． 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1×n －1n ×n －2n －1×…×34×23×1＝2n ＋1，又a 1＝1满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 教师备选1．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 ∵a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝1n －1－1n ，a n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，……a 2－a 1＝1－12，∴以上各式相加得，a n －a 1＝1－1n ，∴a n ＝4－1n ，a 1＝3适合上式，∴a n ＝4－1n.2．若{a n }满足2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0，且a n >0，a 1＝1，则a n ＝________.答案 n ·2n －1解析 由2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0得 n (2a 2n ＋a n ·a n ＋1－a 2n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0，∴n (a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0， (a n ＋a n ＋1)[(2a n －a n ＋1)·n ＋2a n ]＝0， 又a n >0，∴2n ·a n ＋2a n －n ·a n ＋1＝0，∴a n ＋1a n ＝2(n ＋1)n ， 又a 1＝1， ∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝2n n －1×2(n －1)n －2×2(n －2)n －3×…×2×32×2×21×1＝2n －1·n .又n ＝1时，a 1＝1适合上式， ∴a n ＝n ·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法，即利用公式a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1(n ≥2)，即可求数列{a n }的通项公式．(2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，常令n 分别为1,2,3，…，n －1，代入a n ＋1a n ＝f (n )，再把所得的(n －1)个等式相乘，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1＋n解析 ∵a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1， ∴a n ＋1－a n ＝2n －1＋1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1＋n －1＝1－2n －11－2＋2＋n －1＝2n －1＋n .又∵a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n －1＋n .(2)(2022·莆田模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2n (n ＋1)解析 由S n ＝n 2a n ，可得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1， 即(n 2－1)a n ＝(n －1)2a n －1， 易知a n ≠0，故a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝a na n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ＋1×n －2n ×n －3n －1×…×24×13×1＝2n (n ＋1).当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝2n (n ＋1).故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ＋1).题型三 数列的性质 命题点1 数列的单调性例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 若数列{a n }为递增数列， 则有a n ＋1－a n >0，∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)－n 2＋2λn ＝2n ＋1－2λ>0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *都成立，于是有λ<⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋12min ＝32， ∵由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 命题点2 数列的周期性例5 (2022·广州四校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2 023等于( ) A ．－2 B ．－1 C ．2 D.12答案 C解析 ∵数列{a n }满足a 1＝2， a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)， ∴a 2＝11－2＝－1，a 3＝11－(－1)＝12，a 4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T ＝3， 即a n ＋3＝a n ，则a 2 023＝a 1＝2. 命题点3 数列的最值例6 已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n ，则数列{a n }的最大项为( ) A ．a 8或a 9 B ．a 9或a 10 C ．a 10或a 11 D ．a 11或a 12答案 B解析 结合f (x )＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1011x的单调性， 设数列{a n }的最大项为a n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，所以⎩⎨⎧(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n ≥(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n≥n ·⎝⎛⎭⎫1011n －1，解不等式组可得9≤n ≤10.所以数列{a n }的最大项为a 9或a 10. 教师备选1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k2n＝3－3n －k2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知， 对任意n ∈N *，an ＋1－a n ＝3－3n －k2n ＋1<0， 所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立， 所以k ∈(0，＋∞)．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋3＝1，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2 023等于( ) A ．－1 B ．0 C ．log 53 D ．4答案 B解析 因为a n a n ＋3＝1，所以a n ＋3a n ＋6＝1，所以a n ＋6＝a n ，所以{a n }是周期为6的周期数列， 所以log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2 023 ＝log 5(a 1a 2…a 2 023)＝log 5[(a 1a 2…a 6)337·a 1]， 又因为a 1a 4＝a 2a 5＝a 3a 6＝1， 所以a 1a 2…a 6＝1，所以原式＝log 5(1337×1)＝log 51＝0. 思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．跟踪训练3 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，a n <12，2a n－1，a n≥12，若a 1＝45，则a 2 023的值为( )A.35B.45C.25D.15答案 D 解析 a 1＝45>12，∴a 2＝2a 1－1＝35>12，∴a 3＝2a 2－1＝15<12，∴a 4＝2a 3＝25<12，∴a 5＝2a 4＝45，……可以看出四个循环一次，故a 2 023＝a 4×505＋3＝a 3＝15.(2)(2022·沧州七校联考)已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项． 答案 5解析 a n ＝n ＋13n －16＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋193n －16， 当n >5时，a n >0，且单调递减； 当n ≤5时，a n <0，且单调递减， ∴当n ＝5时，a n 最小．课时精练1．数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项公式可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92答案 A解析 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是以首项为1，公差为5的等差数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝5n －42.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23 答案 D解析 a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.3．已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2 023为( )A ．－4B ．－35C ．－53D.14答案 C解析 由a n ＋1＝1＋a n 1－a n，a 1＝14，得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以数列{a n }具有周期性，周期为4， 因为T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2 023＝4×505＋3， 所以T 2 023＝(a 1a 2a 3a 4)…(a 2 021a 2 022a 2 023) ＝14×53×(－4)＝－53. 4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于( ) A ．8 B ．16 C ．32 D ．64 答案 B解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)， 则S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)， 两式相减得a n ＝2a n －1(n ≥2)， 由此可得，数列{a n }是等比数列， 又S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1， 令n ＝5，得a 5＝16.5．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.97100是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎡⎭⎫14，1内D ．数列{a n }是单调递减数列 答案 BC解析 a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n －1)(3n －2)(3n －1)(3n ＋1) ＝3n －23n ＋1， 令n ＝10得a 10＝2831，故A 错误；令3n －23n ＋1＝97100得n ＝33∈N *， 故97100是数列中的项，故B 正确； 因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *.所以数列{a n }是单调递增数列， 所以14≤a n ＜1，故C 正确，D 不正确．6．(多选)若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝lnn n ＋1答案 CD解析 对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故A 错误；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1， 所以{a n ＋1－a n }为递增数列，故B 错误； 对于C ，若a n ＝n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故C 正确； 对于D ，若a n ＝ln nn ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln nn ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋2n ， 由函数y ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故D 正确．7．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2解析 ∵a n ＋1＝3S n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 2＝3； 当n ≥2时，a n ＝3S n －1， ∴a n ＋1－a n ＝3a n ， 得a n ＋1＝4a n ，∴数列{a n }从第二项起为等比数列， 当n ≥2时，a n ＝3·4n －2，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2.8．(2022·临沂模拟)已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ， 即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ∈N *，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 9．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知当n ＝1时，a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1，于是a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n －1个等式中等号两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2. 当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝n (n ＋1)2. 综上可知，{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.10．求下列数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3n ； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n .解 (1)由a n ＋1＝a n ＋3n 得a n ＋1－a n ＝3n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋31＋32＋33＋…＋3n －1 ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12，当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，满足上式，∴a n ＝3n －12(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝2n a n 得a n ＋1a n＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a na n －1＝1×2×22×23×…×2n －1 ＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝()122n n -.当n ＝1时，a 1＝1满足上式， ∴a n ＝()122n n -(n ∈N *)．11．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )n －2，n ≤6，a n －5，n >6，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫167，3 B.⎣⎡⎭⎫167，3 C ．(1,3) D ．(2,3)答案 D解析 若{a n}是递增数列，则⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，a 7>a 6，即⎩⎪⎨⎪⎧a <3，a >1，a 2>6(3－a )－2，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)．12．(多选)(2022·江苏盐城中学模拟)对于数列{a n }，若存在数列{b n }满足b n ＝a n －1a n (n ∈N *)，则称数列{b n }是{a n }的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( ) A ．若数列{a n }是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列 B ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最大值 C ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最小值 D ．若a n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，则其“倒差数列”有最大值 答案 ACD解析 若数列{a n }是单增数列，则b n －b n －1＝a n －1a n －a n －1＋1a n －1＝(a n －a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n a n －1，虽然有a n >a n －1，但当1＋1a n a n －1<0时，b n <b n －1，因此{b n }不一定是单增数列，A 正确； a n ＝3n －1，则b n ＝3n －1－13n －1，易知{b n }是递增数列，无最大值，B 错误；C 正确，最小值为b 1.若a n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， 则b n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12n ，∵函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，∴当n 为偶数时，a n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n∈(0,1)， ∴b n ＝a n －1a n<0，当n 为奇数时，a n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n>1，显然a n 是单调递减的， 因此b n ＝a n －1a n 也是单调递减的，即b 1>b 3>b 5>…，∴{b n }的奇数项中有最大值为b 1＝32－23＝56>0，∴b 1＝56是数列{b n }(n ∈N *)中的最大值，D 正确．13．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________． 答案 5解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.14．(2022·武汉模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n ＝n ＋1，则其前n 项和S n ＝________.答案2n n ＋1解析 ∵1a 2－1a 1＝2，1a 3－1a 2＝3，1a 4－1a 3＝4，…，1a n －1a n －1＝n ， 累加得1a n －1a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，得1a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2nn ＋1.15．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( ) A ．T n 无最大值 B ．a n 有最大值 C ．T 2 023＝1 D ．a 2 023＝1答案 BCD解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，… 因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 023＝a 1＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…， 所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9， T 2 023＝T 1＝1.16．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)． 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性， 可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8.即a的取值范围是(－10，－8)．。

高考数学必考知识点数列复习内容总结高考数学中，数列是必考的知识点之一。

对于数列的理解和掌握，不仅是高考数学考试的关键，也是考生在学习数学过程中的重要部分。

因此，必须要掌握数列的复习内容，才能在高考中取得好成绩。

一、数列的基本概念在数列中，每一个数被称为这个数列中的项。

数列的第一个数称为首项，最后一个数称为末项。

若数列中各项之间存在着一定的规律，就成为规律数列，否则就成为非规律数列。

二、等差数列的复习等差数列是数列中比较基础的一种。

所谓等差数列，是指数列中相邻两项之差是一个固定的常数，这个常数就是等差数列的公差。

1. 等差数列的通项公式若等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an，则等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d。

通过这个公式，可以直接求出等差数列中的任意一项。

2. 等差数列的求和公式若等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an，则等差数列的前n项和公式为：Sn= n/2*[2a1+(n-1)d]。

通过这个公式，可以直接求出等差数列的前n项和。

三、等比数列的复习等比数列也是数列中比较基础的一种。

所谓等比数列，是指数列中相邻两项之比是一个固定的常数，这个常数就是等比数列的公比。

1. 等比数列的通项公式若等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an，则等比数列的通项公式为：an=a1*q^(n-1)。

通过这个公式，可以直接求出等比数列中的任意一项。

2. 等比数列的求和公式若等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an，则等比数列的前n项和公式为：Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)。

通过这个公式，可以直接求出等比数列的前n项和。

四、数列的分类数列还可以根据其递增或递减的趋势，被分为单调递增数列和单调递减数列。

1. 单调递增数列单调递增数列是指数列中每一项都比上一项大，即a1<a2<a3<...<an。

2. 单调递减数列单调递减数列是指数列中每一项都比上一项小，即a1>a2>a3>...>an。

数列高考知识点大全总结一、数列的概念1. 数列的定义数列是由一系列有限或无限个数按照一定的顺序排列组成的。

用数学语言描述就是一个由实数构成的序列。

一般用字母或符号表示，如{an}、{bn}等。

2. 数列中的相关概念（1）通项公式：数列中的第n个数的一般表达式，通常用an表示。

（2）前n项和：数列前n项的和，通常用Sn表示。

3. 数列的分类（1）等差数列：若数列中相邻两项的差恒定，称其为等差数列。

其通项公式为an=a1+(n-1)d。

（2）等比数列：若数列中相邻两项的比恒定，称其为等比数列。

其通项公式为an=a1*q^(n-1)。

（3）常数数列：数列中的每一项都相等的数列称为常数数列。

二、数列的性质1. 数列的有界性（1）有界数列：当数列中的数有上界和下界时，称其为有界数列。

（2）无界数列：当数列中的数没有上界和下界时，称其为无界数列。

2. 数列的单调性若数列中的每一项都满足an≤an+1或者an≥an+1时，称其为单调递增数列或者单调递减数列。

3. 数列的性质（1）数列的线性组合：若an和bn是两个数列，k和m是任意常数，那么k*an+m*bn 也是一个数列。

（2）数列的绝对值：若an是一个数列，那么|an|也是一个数列。

三、常见数列1. 等差数列（1）性质：等差数列的前n项和Sn=a1*n+n(n-1)d/2。

（2）求通项公式：an=a1+(n−1)d。

（3）常用公式：Sn=n/2(a1+an)。

2. 等比数列（1）性质：等比数列的前n项和Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)，|q|>1。

（2）求通项公式：an=a1*q^(n-1)。

（3）常用公式：Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)。

3. 斐波那契数列（1）定义：斐波那契数列是一个典型的递推数列，前两项都为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和。

（2）通项公式：an=f(n)=f(n-1)+f(n-2)。

（3）性质：斐波那契数列是一个无界数列。

第4讲 数列求和最新考纲考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n 项和相关的问题.命题趋势 数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是今年高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主.核心素养数学运算、逻辑推理1．基本数列求和公式(1)等差数列求和公式：S n ＝n （a1＋an ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． (2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎨⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝a1（1－qn ）1－q ，q≠1.2．数列求和的五种常用方法 (1)分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(4)倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．(5)并项法一个数列的前n项和中，可两两结合求和，称为并项法求和，形如：(－1)n f(n)类型，可考虑利用并项法求和．常用结论三种常见的拆项公式(1)1n（n＋1）＝1n－1n＋1.(2)1（2n－1）（2n＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1.(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.常见误区1．在应用错位相减法求和时，要注意观察未合并项的正负号．2．在应用裂项相消法求和时，要注意消项的规律具有对称性，即前面剩多少项，后面就剩多少项．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当n≥2时，1n2－1＝1n－1－1n＋1.()(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)若S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n，当a≠0且a≠1时，求S n的值可用错位相减法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√2．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：选C.由题意得a n ＝1＋2n －1. 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.3．(多选)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则( )A ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 为等差数列B ．S n ＝－1nC ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n －1－1n ，n≥2，n ∈N ＋ D.1S1S2＋1S2S3＋…＋1Sn －1Sn＝n －1n解析：选ABCD.S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1， 则S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，整理得1Sn ＋1 －1Sn＝－1(常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故A 正确；所以1Sn ＝－1－(n －1)＝－n ，故S n ＝－1n ，故B 正确；所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n－1＝1n －1－1n (首项不符合通项)，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n －1－1n ，n≥2，n ∈N ＋，故C 正确； 因为1Sn －1Sn ＝1（n －1）n ＝1n －1－1n ，所以1S1S2＋1S2S3＋…＋1Sn －1Sn ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝n －1n ，故D 正确．4．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________．解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案：95．(易错题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________． 解析：因为a n ＝n ·2n ，所以S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 所以2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化法求和(2020·福州市适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，设b n ＝an n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2b n －n ，求数列{c n }的前n 项和．【解】 (1)方法一：因为b n ＝ann 且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)， 所以b n ＋1－b n ＝an ＋1n ＋1－ann ＝2，又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列． 所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .方法二：因为b n ＝ann ，所以a n ＝nb n ， 又na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以n (n ＋1)b n ＋1－(n ＋1)nb n ＝2n (n ＋1)， 即b n ＋1－b n ＝2， 又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列． 所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)及题设得，c n ＝22n －n ＝4n －n ，所以数列{c n }的前n 项和S n ＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n －n ) ＝(41＋42＋…＋4n )－(1＋2＋…＋n ) ＝4－4n×41－4－n （1＋n ）2＝4n ＋13－n2＋n 2－43.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧bn ，n 为奇数，cn ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．(2020·资阳诊断)已知在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎨⎧an ＋2，n 是奇数，2an ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C.由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.2．(2020·昆明市三诊一模)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，已知a 1＝b 1＝1，b 4＝64，q ＝2d .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a 2n －1＋b 2n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)因为b 4＝64，所以b 1q 3＝64，又b 1＝1，所以q ＝4. 又q ＝2d ，所以d ＝2.因为a 1＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1， b n ＝b 1q n －1＝4n －1.(2)c n ＝a 2n －1＋b 2n ＝4n －3＋42n －1.所以S n ＝(1＋5＋9＋…＋4n －3)＋(4＋43＋…＋42n －1) ＝n （1＋4n －3）2＋4×（1－42n ）1－42＝2n 2－n ＋42n ＋1－415.错位相减法求和(2020·高考全国卷Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项．(1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．【解】 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3, 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 所以q 2＋q －2＝0, 解得q ＝1(舍去)或q ＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和．由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1.所以 S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n . 可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n ＝1－（－2）n3－n ×(－2)n.所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9.用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．②在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．(2020·安徽省部分重点学校联考)已知等比数列{a n }的各项均为正数，S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且9S 2＝5，a 3＝427.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝nan ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由9S 2＝5得a 1＋a 1q ＝59，又a 3＝a 1q 2＝427，故q21＋q ＝415， 所以15q 2－4q －4＝0，解得q ＝23或q ＝－25(舍去)， 所以由a 1＋a 1q ＝a 1(1＋q )＝a 1×53＝59，解得a 1＝13， 所以a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.(2)由(1)可知a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＝3n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.故T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫320＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋…＋n×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1①， 32T n ＝3[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ]②，①－②得，－12T n ＝3[⎝ ⎛⎭⎪⎫320＋⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ]，化简得T n ＝(6n －12)⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋12.裂项相消法求和 角度一 形如a n ＝1n ＋k ＋n型数列{a n }满足a 1＝1, a2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)证明：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2an ＋an ＋1，求数列{b n }的前n 项和．【解】 (1)由a2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2an ＋an ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项求和的基本步骤角度二 形如a n ＝1n （n ＋k ）型在①数列{a n }的前n 项和S n ＝12n 2＋52n ；②a 2n －a n －a 2n －1－a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a n ＞0，且a 1＝b 2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的M 存在，求出M 的最小值；若M 不存在，说明理由．数列{b n }是首项为1的等比数列，b n ＞0，b 2＋b 3＝12，且____________，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an log3 bn ＋1的前n 项和为T n ，是否存在M ∈N *，使得对任意的n ∈N *，T n ＜M?【解】 设公比为q (q ＞0)，因为数列{b n }是首项为1的等比数列，且b n ＞0，b 2＋b 3＝12，所以q 2＋q －12＝0，解得q ＝3(q ＝－4不合题意，舍去)，所以b n ＝3n －1.若选①，由S n ＝12n 2＋52n ，可得S n －1＝12(n －1)2＋52(n －1)(n ≥2)，两式相减可得a n ＝n ＋2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝3也符合上式，所以a n ＝n ＋2， 所以1anlog3bn ＋1＝1（n ＋2）n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， 因为1n ＋1＋1n ＋2＞0，所以T n ＜34，由题意可得M ≥34，又M ∈N *，所以M 的最小值为1.若选②，则由a 2n －a n －a 2n －1－a n －1＝0得(a n －a n －1 －1)·(a n ＋a n －1) ＝0，又a n ＞0，所以a n －a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝b 2，则a 1＝3，所以a n ＝n ＋2.所以1anlog3 bn ＋1＝1（n ＋2）n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，因为1n ＋1＋1n ＋2＞0，所以T n ＜34，由题意可得M ≥34，又M ∈N *，所以M 的最小值为1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[注意] 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．1．已知函数f (x )＝x α的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 020＝( )A. 2 019－1B. 2 020－1C. 2 021－1D. 2 021＋1解析：选C.由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12， 则f (x )＝x .所以a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，所以S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋ ( 2 021－ 2 020)＝ 2 021－1.2．在①数列{a n }为递增的等比数列，S 3＝7，且3a 2是a 1＋3和a 3＋4的等差中项；②S n ＝2n －1，n ∈N *，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，________，b n ＝an ＋1SnSn ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：若选①，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a2＋a3＝7，（a1＋3）＋（a3＋4）＝2×3a2，解得a 2＝2，设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2，所以a 1＝2q ，a 3＝a 1q 2＝2q . 由S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，所以2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12， 易得q >1，所以q ＝2，a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1， S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，所以b n ＝an ＋1SnSn ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.若选②，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 因为a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1，所以b n ＝an ＋1SnSn ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.[A 级 基础练]1．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( )A ．990B ．1 000C ．1 100D ．99解析：选 A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选D.由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得，S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6.3．(2020·河北保定期末)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则该数列的前100项之和是( )A ．18B ．8C ．5D ．2解析：选C.因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，所以a 3＝3－1＝2，a 4＝2－3＝－1，a 5＝－1－2＝－3，a 6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n }是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S 100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.4．(多选)已知数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为2.数列{b n }为等比数列，首项为1，公比为2.设c n ＝a bn ，T n 为数列{c n }的前n 项和，则当T n ＜2 019时，n 的取值可能是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选AB.由题意，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝2n －1， c n ＝a bn ＝2·2n －1－1＝2n －1，则数列{c n }为递增数列， 其前n 项和T n ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .当n ＝9时，T n ＝1 013＜2 019； 当n ＝10时，T n ＝2 036＞2 019. 所以n 的取值可以是8，9. 故选AB.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 020＝( ) A ．22 020－1 B ．3×21 010－3 C ．3×22 021－1D ．3×21 009－2解析：选B.因为a 1＝1，所以a 2＝2a1＝2，又an ＋2·an ＋1an ＋1·an＝2n ＋12n ＝2，所以an ＋2an ＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，所以S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 019＋a 2 020＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020)＝1－21 0101－2＋2（1－21 010）1－2＝3×21 010－3.故选B.6．在等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________．解析：由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649. 答案：36497．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了________里．解析：依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为12的等比数列，记为{a n }，其前6项和等于378，于是有a1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1261－12＝378，解得a 1＝192，因此a 2＝12a 1＝96，即该人第二天走了96里． 答案：968．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4，则{a n }的通项公式为________；设c n ＝a n ＋b n ，则数列{c n }的前n 项和为S n ＝________．解析：设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，由b 2＝3，b 3＝9，可得q ＝b3b2＝3，b n ＝b 2q n －2＝3·3n －2＝3n －1.即有a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，则d ＝a14－a113＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋2(n －1)＝2n －1.c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，则数列{c n }的前n 项和为S n ＝[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n －1)＝12n ·2n ＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.答案：a n ＝2n －1 n 2＋3n －129．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2 ＝8. 解得q ＝12(舍去)，q ＝2.由题设得a 1＝2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m <2n ＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63) ＝480.10．(2020·四川石室中学二诊)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝n －n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2an （n ＝2k －1），2（1－an ）（1－an ＋2）（n ＝2k ）(k ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n .若T 2n ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n－12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立．求实数a ，b 的值．解：(1)①当n ＝1时，由2S 1＝2a 1＝1－12得a 1＝0；②当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝n －n 2－[(n －1)－(n －1)2]＝2－2n ，则a n ＝1－n (n ≥2)，显然当n ＝1时也适合上式， 所以a n ＝1－n (n ∈N *)． (2)因为2（1－an ）（1－an ＋2）＝2n （n ＋2）＝1n －1n ＋2，所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝(2＋2－2＋…＋22－2n )＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＋12－12n ＋2＝116－43⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －12n ＋2. 因为T 2n ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n－12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立，所以a ＝－43，b ＝116.[B 级 综合练]11．(2020·重庆模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝(－1)n ＋1a n ＋2n －1，则数列{a n }的前48项和为( )A ．1 006B ．1 176C ．1 228D ．2 368解析：选B.a n ＋1＝(－1)n ＋1a n ＋2n －1， 所以n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －3， n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋4k ＋1， n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k －1， 所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，a 2k ＋2＋a 2k ＝8k .则数列{a n }的前48项和为2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×12×（1＋23）2＝1176.故选B.12．(多选)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有(a 1＋a 2＋…＋a n )a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)a n ＋1(n ≥2，n ∈N*)，a 1＝a 2＝1.数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1log2Sn ＋1·log2Sn ＋2的前n 项和为T n ，则以下结论正确的是 ( )A ．a n ＝1B ．S n ＝2n －1C ．T n ＝n ＋1n ＋3D ．{T n }为增数列解析：选BD.由(a 1＋a 2＋…＋a n )a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)a n ＋1，得S n (S n －S n －1)＝S n－1(S n ＋1－S n )，化简得S 2n ＝S n －1S n ＋1，根据等比数列的性质得数列{S n }是等比数列．易知S 1＝1，S 2＝2，故{S n }的公比为2，则S n ＝2n －1，S n ＋1＝2n ，S n ＋2＝2n ＋1，1log2Sn ＋1·log2Sn ＋2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.由裂项相消法得T n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故B 正确，C 错误，D 正确．根据S n ＝2n －1知A 选项错误，故答案为BD.13．(2020·山西晋中模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ； (2)设b n ＝(－1)n S n ，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意，得S 5＝5（a1＋a5）2＝5·2a32＝5a 3＝25，得a 3＝5， 设等差数列{a n }的公差为d ，则 d ＝a5－a35－3＝9－52＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)·d ＝5＋2(n －3)＝2n －1，n ∈N *. 则a 1＝2×1－1＝1，所以S n ＝n·[1＋（2n －1）]2＝n 2.(2)由(1)知，b n ＝(－1)n S n ＝(－1)n n 2， ①当n 为偶数时，n －1为奇数，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n 2－(n －1)2]＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[n ＋(n －1)][n －(n －1)] ＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)＋n ＝n （n ＋1）2；②当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(n －1)2－(n －2)2]－n 2＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[(n －1)＋(n －2)][(n －1)－(n －2)]－n 2 ＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －2)＋(n －1)－n 2 ＝n （n －1）2－n 2＝－n （n ＋1）2.综上所述，T n ＝(－1)nn （n ＋1）2.14．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝(a n ＋1)2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)在①b n ＝1anan ＋1；②b n ＝3n ·a n ；③b n ＝14Sn －1这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解．若________，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以当n ＝1时，4a 1＝4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1. 当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2， 又4S n ＝(a n ＋1)2，所以两式相减得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2， 可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， 因为a n ＞0，所以a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， 所以a n ＝2n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)若选条件①，b n ＝1anan ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 若选条件②，b n ＝3n ·a n ＝3n ·(2n －1)，则T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，上式两边同时乘3，可得3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，两式相减得－2T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)× 3n ＋1＝－6＋(2－2n )·3n ＋1，可得T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3. 若选条件③， 由a n ＝2n －1可得S n ＝（1＋2n －1）×n2＝n 2，所以b n ＝14n2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 故T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. [C 级 创新练]15．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前2 020项和为()A．31 010＋1 B.31 000－14C.31 010－12D．31 010－1解析：选D.由最佳分解的定义，得当n为偶数时，f(3n)＝3n2－3n2＝0；当n为奇数时，f(3n)＝3n＋12－3n－12＝2×3n－12.所以数列{f(3n)}的前2 020 项和S2 020＝2×(30＋31＋32＋…＋31 009)＝2×31 010－13－1＝31 010－1，故选D.16．(多选)已知数列{a n}：12，122，222，322，123，223，323，423，523，623，723，124，224，…(其中第一项是121，接下来的22－1项是122，222，322)，再接下来的23－1项是1 23，223，323，423，523，623，723，依此类推)，其前n项和为S n，则下列判断正确的是()A.210－1210是{a n}的第2 036项B．存在常数M，使得S n＜M恒成立C．S2 036＝1 018D．满足不等式S n＞1 019的正整数n的最小值是2 100解析：选ACD.因为21－1＋22－1＋…＋210－1＝2－2111－2－10＝2 036，所以210－1210是{a n}的第2 036项，所以A正确；因为S n随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得S n＜M恒成立，所以B错误；S2 036＝21－12＋22－12＋…＋210－12＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2－2111－2－10＝1 018，所以C 正确；由1211＋2211＋…＋n 211＝（1＋n ）n 2211＞1，解得n ≥64，又S 2 036＝1 018，所以满足不等式S n ＞1 019的正整数n 的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D 正确．综上，正确的是ACD.。

数列高考知识点大全数列是高中数学中的一个重要内容，也是高考中经常出现的考点之一。

掌握好数列的相关知识点，对于解题和提高数学分数都十分关键。

本文将对数列在高考中的各个知识点进行全面总结和归纳，以帮助考生快速复习和掌握相关内容。

一、等差数列等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

在高考中，涉及到等差数列的考点有：1. 等差数列的通项公式及性质；2. 等差数列的前n项和公式及性质；3. 等差数列的性质和应用，如等差数列的中项、公差等。

二、等比数列等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

在高考中，涉及到等比数列的考点有：1. 等比数列的通项公式及性质；2. 等比数列的前n项和公式及性质；3. 等比数列的性质和应用，如等比数列的求和、常用等比数列问题的解题方法等。

三、斐波那契数列斐波那契数列是指数列中从第三项开始，每一项都是前两项之和的数列。

在高考中，涉及到斐波那契数列的考点有：1. 斐波那契数列的定义和性质；2. 斐波那契数列的求解和应用，如斐波那契数列的递推公式、斐波那契数列与黄金分割、应用题等。

四、等差数列与等比数列的联立等差数列与等比数列的联立是指在题目中同时涉及到等差数列和等比数列的解题方法。

在高考中，涉及到等差数列与等比数列的联立的考点有：1. 根据已知条件建立等差数列或等比数列的方程；2. 利用等差数列和等比数列的性质求解方程组；3. 应用等差数列与等比数列的性质解答应用题。

五、数列的极限数列的极限是指随着项数趋于无穷大，数列的值趋于稳定的一个值。

在高考中，涉及到数列的极限的考点有：1. 数列极限的定义和性质；2. 数列极限的判敛方法，如夹逼定理、单调有界原理等；3. 应用数列极限解答极限计算题。

六、数列的应用数列的应用是指将数列的相关知识点应用于实际问题中。

在高考中，涉及到数列的应用的考点有：1. 利用数列解决经典问题，如数列求和问题、数列递推问题等；2. 利用数列建立模型，解决实际问题；3. 数列应用题的解题思路和方法。

高考数学（数列）第一轮复习资料知识点小结1. 等差数列的定义与性质() 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ⇔=+2()()前项和n S a a n nan n d n n =+=+-11212{}性质：是等差数列a n（）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+{}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232--（）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则；42121a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn a b n n n ⇔=+ 0的二次函数）{}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2 项，即：当，，解不等式组可得达到最大值时的值。

a d a a S n n n n 110000><≥≤⎧⎨⎩+当，，由可得达到最小值时的值。

a d a a S n n n n 11000<>≤≥⎧⎨⎩+{}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123（由，∴a a a a a n n n n n ++=⇒==----12113331()又·，∴S a a aa 31322233113=+===()()∴·S a a n a a n nn n n =+=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=-12122131218 ∴=n 27）2. 等比数列的定义与性质 定义：（为常数，），a a q q q a a q n nn n +-=≠=1110 等比中项：、、成等比数列，或x G y G xy G xy ⇒==±2()前项和：（要注意）n S na q a q qq n n ==--≠⎧⎨⎪⎩⎪111111()()!{}性质：是等比数列a n（）若，则··1m n p q a a a a m n p q +=+= （），，……仍为等比数列2232S S S S S n n n n n -- 时应注意什么求由n n a S .3 （时，，时，）n a S n a S S n n n ==≥=--12111 4.. 你熟悉求数列通项公式的常用方法吗？ 例如：（1）求差（商）法{}如：满足……a a a a n n n n 121212251122+++=+<>解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时，……<>-<>=12122得：n n a∴a n n =+21∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()［练习］{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++111534 （注意到代入得：a S S S S n n n n n+++=-=1114 {}又，∴是等比数列，S S S n n n 144== n a S S n n n n ≥=-==--23411时，……· （2）叠乘法{}例如：数列中，，，求a a a a nn a n n n n 1131==++ 解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 又，∴a a nn 133==（3）等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n n n -==-110()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时，…………两边相加，得：()()()a a f f f n n -=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n =++++023()()() ［练习］{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥-- ()（）a n n=-1231 （4）等比型递推公式()a ca d c d c c d n n =+≠≠≠-1010、为常数，，， ()可转化为等比数列，设a x c a x n n +=+-1 ()⇒=+--a ca c x n n 11令，∴()c x d x dc -==-11∴是首项为，为公比的等比数列a d c a dc c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111∴·a d c a d c c n n +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴a a d c c dc n n =+-⎛⎝⎫⎭⎪---1111［练习］{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+（）a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-84311（5）倒数法例如：，，求a a a a a n nn n 11122==++由已知得：1221211a a a a n n n n+=+=+∴11121a a n n +-= ∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n 为等差数列，，公差为()()∴=+-=+11112121a n n n · ∴a n n =+215.. 你熟悉求数列前n 项和的常用方法吗？ 例如：（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。

高三数学数列基本知识点数列是高中数学中的重要概念之一，对于数学的学习和应用有着重要的意义。

本文将介绍高三数学数列的基本知识点，包括数列的定义、等差数列、等比数列以及数列的通项公式和求和公式等内容。

一、数列的定义数列是按照一定顺序排列的一组数。

数列中的每一个数称为数列的项，用a1, a2, a3, ...表示。

数列可以是有限的，也可以是无限的。

有限数列是指数列中的项是有限个数，而无限数列是指数列中的项是无穷个数。

二、等差数列等差数列是指数列中的相邻两项之差都相等的数列。

设等差数列的首项为a1，公差为d，则等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d，其中n表示项数。

等差数列的前n项和公式为：Sn = (a1 + an) * n / 2。

三、等比数列等比数列是指数列中的相邻两项之比都相等的数列。

设等比数列的首项为a1，公比为q，则等比数列的通项公式为：an = a1 *q^(n-1)，其中n表示项数。

等比数列的前n项和公式为：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)。

四、数列的变形与思维拓展数列的变形是数学中常见的一个方法。

通过对数列的变形，可以获得更多有用的信息，用于解决各种数学问题。

在高三数学中，数列的变形与思维拓展是培养学生数学思维能力的重要环节，也是高考中常见的考查点。

五、应用题数列在现实生活和数学领域有着广泛的应用。

应用题是数列知识的重要应用形式，涵盖了等差数列和等比数列的基本知识点，同时融入了其他数学知识和解题思路。

通过解答应用题，可以巩固数列的基本知识，并且培养学生的问题解决能力。

六、综合题综合题是数列知识运用的综合性考察形式。

综合题通常结合了多个数列知识点，并且需要学生根据题目的要求进行综合分析和计算。

综合题在高考数学试卷中常见，要求学生善于运用数列知识解答综合性问题。

七、总结数列作为高中数学中的重要知识点，掌握数列的基本概念和运算法则，对于学生的学习和应用数学都有着重要的意义。

高考数学一轮复习考点知识专题讲解等比数列考点要求1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：S n＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a nq1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (m ，n ∈N *)．(2)对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若等比数列前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列(m 为偶数且q ＝－1除外)．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k . (5)若⎩⎨⎧a 1>0，q >1或⎩⎨⎧a 1<0，0<q <1，则等比数列{a n }递增．若⎩⎨⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎨⎧a 1<0，q >1，则等比数列{a n }递减．常用结论1．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 也是等比数列．2．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n ，这里c ≠0，q ≠0. 3．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n －A (A ≠0，q ≠1,0)． 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．(×) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×)(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n ，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n)1－a.(×)(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×) 教材改编题1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 4＝12，则公比q 等于()A ．－12B ．－2C ．2D ．±12答案D解析设等比数列的公比为q ， ∵{a n }是等比数列，a 2＝2，a 4＝12，∴a 4＝a 2q 2，∴q 2＝a 4a 2＝14，∴q ＝±12.2．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 11＋2a 6a 8＋a 3a 13＝25，则a 6＋a 8＝______. 答案5解析∵{a n }是等比数列， 且a 1a 11＋2a 6a 8＋a 3a 13＝25，∴a 26＋2a 6a 8＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝25.又∵a n >0，∴a 6＋a 8＝5.3．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________． 答案1,3,9或9,3,1解析设这三个数为aq，a ，aq ，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋a q ＋aq ＝13，a ·aq·aq ＝27，解得⎩⎨⎧a ＝3，q ＝13或⎩⎨⎧a ＝3，q ＝3，∴这三个数为1,3,9或9,3,1.题型一 等比数列基本量的运算例1(1)(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n等于() A ．2n －1 B ．2－21－n C ．2－2n －1 D ．21－n －1 答案B解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2. 由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12，得a 1＝1. 所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n－1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ， 则⎩⎨⎧a 3q 2－a 3＝12，①a 4q 2－a 4＝24，②②①得a 4a 3＝q ＝ 2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．(2)(2019·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________. 答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.教师备选1．已知数列{a n }为等比数列，a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，则a 4＝________. 答案54或24解析由⎩⎨⎧a 1·q ＝6，6a 1＋a 1·q 2＝30，解得⎩⎨⎧q ＝3，a 1＝2或⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝3，a4＝a1·q3＝2×33＝54或a4＝3×23＝3×8＝24.2．已知数列{a n}为等比数列，其前n项和为S n，若a2a6＝－2a7，S3＝－6，则a6等于() A．－2或32 B．－2或64C．2或－32 D．2或－64答案B解析∵数列{a n}为等比数列，a 2a6＝－2a7＝a1a7，解得a1＝－2，设数列的公比为q，S3＝－6＝－2－2q－2q2，解得q＝－2或q＝1，当q＝－2时，则a6＝(－2)6＝64，当q＝1时，则a6＝－2.思维升华(1)等比数列中有五个量a1，n，q，a n，S n，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{a n}的前n项和S n＝na1；当q≠1时，{a n}的前n项和S n＝a1(1－q n)1－q＝a1－a n q1－q.跟踪训练1(1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n，若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝215－25，则k等于()A．2 B．3 C．4 D．5答案C解析a1＝2，a m＋n＝a m a n，令m＝1，则a n＋1＝a1a n＝2a n，∴{a n }是以a 1＝2为首项，q ＝2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n .又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25， ∴2k ＋1(1－210)1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)， ∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.(2)(2020·新高考全国Ⅱ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. ①求{a n }的通项公式；②求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1. 解①设{a n }的公比为q (q >1)． 由题设得⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎨⎧q ＝12，a 1＝32(舍去)．所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *. ②由于(－1)n －1a n a n ＋1＝(－1)n －1×2n ×2n ＋1 ＝(－1)n －122n ＋1，故a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1 ＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1＝23[1－(－22)n ]1－(－22)＝85－(－1)n 22n ＋35.题型二 等比数列的判定与证明例2已知数列{a n}满足a1＝1，na n＋1＝2(n＋1)·a n，设b n＝ann.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n}的通项公式．解(1)由条件可得a n＋1＝2(n＋1)nan.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){b n}是首项为1，公比为2的等比数列，由条件可得a n＋1n＋1＝2a nn，即b n＋1＝2b n，又b1＝1，所以{b n}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得ann＝2n－1，所以a n＝n·2n－1.教师备选已知各项都为正数的数列{a n}满足a n＋2＝2a n＋1＋3a n.(1)证明：数列{a n＋a n＋1}为等比数列；(2)若a1＝12，a2＝32，求{a n}的通项公式．(1)证明a n＋2＝2a n＋1＋3a n，所以a n＋2＋a n＋1＝3(a n＋1＋a n)，因为{a n }中各项均为正数， 所以a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋2＋a n ＋1a n ＋1＋a n＝3，所以数列{a n ＋a n ＋1}是公比为3的等比数列． (2)解由题意知a n ＋a n ＋1＝(a 1＋a 2)3n －1 ＝2×3n －1，因为a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，所以a n ＋2－3a n ＋1＝－(a n ＋1－3a n )，a 2＝3a 1， 所以a 2－3a 1＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0， 故a n ＋1＝3a n ， 所以4a n ＝2×3n －1，a n ＝12×3n －1.思维升华等比数列的三种常用判定方法 (1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(3)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解(1)易知q ≠1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1(1－q 3)1－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， ∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， ∵S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)， 解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n＝3，故存在常数λ＝12，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列．题型三 等比数列的性质例3(1)若等比数列{a n }中的a 5，a 2019是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，则log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 2023等于() A.20243 B ．1011 C.20232D ．1012 答案C解析由题意得a5a2019＝3，根据等比数列性质知，a 1a2023＝a2a2022＝…＝a1011a1013＝a1012a1012＝3，于是a1012＝12 3，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2023＝log3(a1a2a3 (2023)＝log311011233⎛⎫⋅⎪⎝⎭＝20232.(2)已知数列{a n}是等比数列，S n为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于()A．40 B．60 C．32 D．50答案B解析数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.教师备选1．设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S6S3＝3，则S9S6＝__________.答案7 3解析设等比数列{a n}的公比为q，易知q≠－1，由等比数列前n项和的性质可知S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，∴S6－S3S3＝S9－S6S6－S3，又由已知得S 6＝3S 3， ∴S 9－S 6＝4S 3， ∴S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 2．已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________. 答案2解析由题意，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎨⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. 思维升华(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．跟踪训练3(1)(2022·安康模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝7，则S 40等于()A ．5B ．10C ．15D ．－20 答案C解析易知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，…成等比数列．设{a n }的公比为q ，则S 20－S 10S 10＝q 10>0，故S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，…均大于0. 故(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(S 20－1)2＝1·(7－S 20)⇒S 220－S 20－6＝0. 因为S 20>0，所以S 20＝3.又(S 30－S 20)2＝(S 20－S 10)(S 40－S 30)， 所以(7－3)2＝(3－1)(S 40－7)，故S 40＝15.(2)已知函数f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝2，若等比数列{a n }满足a 1a 2023＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2023)等于()A.12B.20232 C ．2 D ．2023 答案D解析根据题意，等比数列{a n }满足a 1a 2023＝1， 则有a 2a 2022＝a 3a 2021＝…＝(a 1012)2＝1， 若a 1a 2023＝1，则1a 1＝a 2023，则f (a 1)＋f (a 2023)＝f (a 1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＝2，同理f (a 2)＋f (a 2022)＝f (a 3)＋f (a 2021)＝…＝f (a 1011)＋f (a 1013)＝2， f (a 1012)＋f (a 1012)＝f (a 1012)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1012＝2，则f (a 1012)＝1，故f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2023)＝2×1011＋1＝2023.课时精练1．(2022·合肥市第六中学模拟)若等比数列{a n}满足a1＋a2＝1，a4＋a5＝8，则a7等于()A.643B．－643C.323D．－323答案A解析设等比数列{a n}的公比为q，则a4＋a5a1＋a2＝q3＝8，所以q＝2，又a1＋a2＝a1(1＋q)＝1，所以a1＝1 3，所以a7＝a1×q6＝13×26＝643.2．已知等比数列{a n}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为()A．2B．4C.92 D．6答案B解析根据等比数列的性质得a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.又∵a1＝1，a1a7＝a24＝4，∴a7＝4.3．(2022·开封模拟)等比数列{a n}的前n项和为S n＝32n－1＋r，则r的值为()A.13B．－13C.19D．－19答案B解析由等比数列前n 项和的性质知，S n ＝32n －1＋r ＝13×9n ＋r ，∴r ＝－13.4．(2022·天津北辰区模拟)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第四天走的路程为()A ．6里B ．12里C ．24里D ．48里 答案C解析由题意可知，该人所走路程形成等比数列{a n }，其中q ＝12，因为S 6＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝a 1·q 3＝192×18＝24.5．设等比数列{a n }的公比为q ，则下列结论正确的是() A ．数列{a n a n ＋1}是公比为q 的等比数列 B ．数列{a n ＋a n ＋1}是公比为q 的等比数列 C ．数列{a n －a n ＋1}是公比为q 的等比数列D ．数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是公比为1q 的等比数列答案D 解析对于A ，由a n a n ＋1a n －1a n＝q 2(n ≥2)知数列{a n a n ＋1}是公比为q 2的等比数列，故A 错误； 对于B ，当q ＝－1时，数列{a n ＋a n ＋1}的项中有0，不是等比数列，故B 错误； 对于C ，当q ＝1时，数列{a n －a n ＋1}的项中有0，不是等比数列，故C 错误；对于D ，1a n ＋11a n＝a n a n ＋1＝1q， 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是公比为1q 的等比数列，故D 正确．6．(2022·西北工业大学附属中学模拟)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，向量m ＝(a 1，a 2)，n ＝(a 3，a 4)，则()A ．m ⊥nB ．m ∥nC ．(m ＋n )·(m －n )＝0D ．|m |＝|n | 答案B解析对于A ，m ·n ＝a 1a 3＋a 2a 4＝a 21q 2＋a 21q 4＝a 21q 2(1＋q 2)>0，A 错误；对于B ，∵a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1a 4－a 2a 3＝0，∴m ∥n ，B 正确； 对于C ，D ，由(m ＋n )·(m －n )＝0得m 2＝n 2，即|m |＝|n |，又|m |2＝a 21＋a 22＝a 21＋a 21q 2＝a 21(1＋q 2)，|n |2＝a 23＋a 24＝a 23＋a 23q 2＝a 23(1＋q 2)，∴当a 21≠a 23，即q ≠±1时，|m |≠|n |，C ，D 错误．7．(2022·河南六市联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 1＝________.答案1解析由于S 3＝7，S 6＝63知公比q ≠1， 又S 6＝S 3＋q 3S 3， 得63＝7＋7q 3. ∴q 3＝8，q ＝2.由S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－8)1－2＝7，得a 1＝1.8．已知{a n }是等比数列，且a 3a 5a 7a 9a 11＝243，则a 7＝________；若公比q ＝13，则a 4＝________. 答案381解析由{a n }是等比数列， 得a 3a 5a 7a 9a 11＝a 57＝243， 故a 7＝3，a 4＝a 7q3＝81.9．已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝3a n －1(n ∈N *)．若数列{b n }满足b n ＝a n －12.(1)求证：{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . (1)证明因为a n ＋1＝3a n －1(n ∈N *)， 所以a n ＋1－12＝3a n －32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12，又b n ＝a n －12，a 1＝32，所以b n ＋1＝3b n ， 即b n ＋1b n＝3(n ∈N *)，b 1＝1， 所以{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列． (2)解由(1)可得b n ＝3n －1， 即a n －12＝3n －1，所以a n ＝3n －1＋12，所以S n ＝30＋12＋31＋12＋…＋3n －1＋12＝30＋31＋…＋3n －1＋12×n＝1－3n 1－3＋n 2 ＝3n ＋n －12.10．(2022·威海模拟)记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋1.设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)求证：数列{b n }为等比数列；(2)设c n ＝|b n －100|，T n 为数列{c n }的前n 项和．求T 10. (1)证明由S n ＋1＝4a n ＋1， 得S n ＝4a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)， 两式相减得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，所以b n b n －1＝a n ＋1－2a na n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝1，S 2＝4a 1＋1， 故a 2＝4，a 2－2a 1＝2＝b 1≠0，所以数列{b n }为首项与公比均为2的等比数列． (2)解由(1)可得b n ＝2·2n －1＝2n ，所以c n ＝|2n－100|＝⎩⎨⎧100－2n，n ≤6，2n－100，n >6，所以T 10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400 ＝200－2(1－26)1－2＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210 ＝1994.11．已知数列{a n }为正项等比数列，a 2＝2，a 3＝2a 1，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1等于() A ．(2＋2)[1－(2)n ] B ．(2＋2)[(2)n －1] C.2(2n －1) D.2(1－2n ) 答案C解析由{a n}为正项等比数列，且a2＝2，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝2，所以数列{a n a n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝2(1－2n)1－2＝2(2n－1)．12．(2022·黄冈模拟)设等比数列{a n}的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，a7－1a8－1<0.则下列结论正确的是()A．q>1B．a7·a9>1C．S n的最大值为S9D．T n的最大值为T7答案D解析∵a1>1，a7·a8>1，a7－1a8－1<0，∴a7>1,0<a8<1，∴0<q<1，故A错误；a 7a9＝a28<1，故B错误；∵a1>1,0<q<1，∴数列为各项为正的递减数列，∴S n无最大值，故C错误；又a7>1,0<a8<1，∴T7是数列{T n}中的最大项，故D正确．13．记等比数列{a n}的前n项积为T n(n∈N*)，已知a m－1a m＋1－2a m＝0，且T2m－1＝128，则m ＝________.答案4解析∵a m－1a m＋1－2a m＝0，由等比数列的性质可得，a2m－2a m＝0，∵a m ≠0，∴a m ＝2.则T 2m －1＝a 1·a 2·…·a 2m －1＝(a 1a 2m －1)·(a 2a 2m －2)·…·a m＝a 2m －2m a m ＝a 2m －1m＝22m －1＝128，∴2m －1＝7，∴m ＝4.14.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案132解析由题意，得正方形的边长构成以22为首项，22为公比的等比数列，现已知共含有1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1023，所以n ＝10，所以最小正方形的边长为⎝ ⎛⎭⎪⎫2210＝132.15．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是()A ．k 可能为0B ．等差数列一定是“等差比数列”C ．等比数列一定是“等差比数列”D ．“等差比数列”中可以有无数项为0答案D解析对于A ，若k ＝0，则a n ＋2－a n ＋1＝0，分母不可能为0，k 不可能为0，错误；对于B ，当a n ＝1时，{a n }为等差数列，但不是“等差比数列”，错误； 对于C ，当等比数列的公比q ＝1时，a n ＋1－a n ＝0，分式无意义，所以{a n }不是“等差比数列”，错误；对于D ，数列0,1,0,1,0,1，…，0,1是“等差比数列”，且有无数项为0，正确．16．已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为(2n －1)·3n ＋12. (1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．解(1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0，所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －1)·3n ＋12， 所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(2n －3)·3n －1＋12(n ≥2)， 两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)， 因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)，当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列， 所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n <34. 因为∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.。

数列知识点归纳总结高考数列是高中数学中重要的概念和工具，也是高考中的常见考点。

在数学学习中，数列涉及到的知识点较多，本文将对数列的相关知识进行归纳总结，以帮助考生复习备考。

一、数列的基本概念和性质1. 数列的定义：数列是按照一定的规律排列的数的集合。

数列中的每一个数称为项，用一般表示为a₁,a₂,a₃,...,aₙ。

2. 数列的通项公式：指数列中的第n个项与n之间的关系式。

常见的通项公式有等差数列的通项公式an = a₁ + (n - 1)d，等比数列的通项公式an = a₁qⁿ⁻¹，其中a₁为首项，d为公差（等差数列），q为公比（等比数列）。

3. 数列的前n项和公式：指数列前n个项的和与n之间的关系式。

常见的前n项和公式有等差数列的前n项和Sn = (a₁ + aₙ) × n ÷ 2，等比数列的前n项和Sn = a₁ × (1-qⁿ) ÷ (1-q)。

4. 等差数列的性质：等差数列的首项为a₁，公差为d，则第n项an = a₁ + (n - 1)d。

等差数列的前n项和Sn = (a₁ + aₙ) × n ÷ 2。

5. 等差数列常见问题：常见的等差数列问题包括求项数、求公差、求首项、求前n项和以及求满足条件的项数等。

6. 等比数列的性质：等比数列的首项为a₁，公比为q，则第n项an = a₁qⁿ⁻¹。

等比数列的前n项和Sn = a₁ × (1-qⁿ) ÷ (1-q)，当且仅当|q|<1时成立。

7. 等比数列常见问题：常见的等比数列问题包括求项数、求公比、求首项、求前n项和以及求满足条件的项数等。

二、特殊数列及其应用1. 等差数列：等差数列是指相邻两项之间的差值恒定的数列。

常见的等差数列问题包括求项数、求公差、求首项、求前n项和以及求满足条件的项数等。

2. 等比数列：等比数列是指相邻两项之间的比值恒定的数列。

高考数学第一轮复习知识点：数学数列公式大全当q1时，Sn=Sn=三、高中数学中有关等差、等比数列的结论1、等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、仍为等差数列。

2、等差数列{an}中，若m+n=p+q，则3、等比数列{an}中，若m+n=p+q，则4、等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、仍为等比数列。

5、两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列。

6、两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数组成的数列{anbn}、仍为等比数列。

7、等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列。

8、等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列。

9、三个数成等差数列的设法：a-d,a,a+d;四个数成等差的设法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d10、三个数成等比数列的设法：a/q,a,aq;四个数成等比的错误设法：a/q3,a/q,aq,aq3 (为什么?)11、{an}为等差数列，则(c0)是等比数列。

12、{bn}(bn0)是等比数列，则{logcbn} (c0且c1) 是等差数列。

13. 在等差数列中：(1)若项数为，则(2)若数为则，14. 在等比数列中：(1) 若项数为，则(2)若数为则关于2019年高考数学第一轮复习知识点：数学数列公式大全就介绍完了，更多信息请关注查字典数学网高考频道!。