高考数学数列总结-盘古文库

高考数学数列总结（精选8篇）

高考数学数列总结第1篇

2020高考数学复习数列知识点汇总

1.高二数学数列知识点数列概念

①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N*或其有限子集{1，2，3，，n}的函数，其中的{1，2，3，，n}不能省略。

②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。

③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。

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等差数列

1.等差数列通项公式

an=a1+(n-1)d

n=1时a1=S1

n≥2时an=Sn-Sn-1

an=kn+b(k，b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b

2.等差中项

由三个数a，A，b组成的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。

有关系：A=(a+b)÷2

3.前n项和

倒序相加法推导前n项和公式：

Sn=a1+a2+a3++an

=a1+(a1+d)+(a1+2d)++[a1+(n-1)d]①

Sn=an+an-1+an-2++a1

=an+(an-d)+(an-2d)++[an-(n-1)d]②

由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)++(a1+an)(n个)=n(a1+an)

∴Sn=n(a1+an)÷2

等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：

Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2

Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)

亦可得

a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷n

an=2sn÷n-a1

有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+1

4.等差数列性质

一、任意两项am，an的关系为：

an=am+(n-m)d

它可以看作等差数列广义的通项公式。

二、从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：

a1+an=a2+an-1=a3+an-2==ak+an-k+1，k∈N*

三、若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则有am+an=ap+aq

四、对任意的k∈N*，有

Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，，Snk-S(n-1)k成等差数列。

等比数列

1.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。

有关系：

注：两个非零同号的实数的等比中项有两个，它们互为相反数，所以G2=ab是a，G，b三数成等比数列的必要不充分条件。

2.等比数列通项公式

an=a1*q’(n-1)(其中首项是a1，公比是q)

an=Sn-S(n-1)(n≥2)

前n项和

当q≠1时，等比数列的前n项和的公式为

Sn=a1(1-q’n)/(1-q)=(a1-a1*q’n)/(1-q)(q≠1)

当q=1时，等比数列的前n项和的公式为

Sn=na1

3.等比数列前n项和与通项的关系

an=a1=s1(n=1)

an=sn-s(n-1)(n≥2)

4.等比数列性质

(1)若m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，则aman=apaq;

(2)在等比数列中，依次每k项之和仍成等比数列。

(3)从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：a1an=a2an-1=a3an-2==akan-k+1，k∈{1，2，，n}

(4)等比中项：q、r、p成等比数列，则aqap=ar2，ar则为ap，aq等比中项。

记πn=a1a2an，则有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1

另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底指数幂后构成一个等差数列;反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂Can，则是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。

(5)等比数列前n项之和Sn=a1(1-q’n)/(1-q)

(6)任意两项am，an的关系为an=amq’(n-m)

(7)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零。

注意：上述公式中a’n表示a的n次方。

2020高考数学复习技巧总结

1.先看笔记后做作业。

有的同学感到，老师讲过的，自己已经听得明明白白了。但是为什么你这么做有那么多困难呢?原因是学生对教师所说的理解没有达到教师要求的水平。

因此，每天做作业之前，我们必须先看一下课本的相关内容和当天的课堂笔记。能否如此坚持，常常是好学生与差学生的最大区别。尤其是当练习不匹配时，老师通常没有刚刚讲过的练习类型，因此它们不能被比较和消化。如果你不重视这个实施，在很长一段时间内，会造成很大的损失。

2.做题之后加强反思。

学生一定要明确，现在正做着的题，一定不是考试的题目。但使用现在做主题的解决问题的思路和方法。因此，我们应该反思我们所做的每一个问题，并总结我们自己的收获。

要总结出：这是一道什么内容的题，用的是什么方法。做到知识成片，问题成串。日复一日，建立科学的网络系统的内容和方法。俗话说：有钱难买回头看。做完作业，回头细看，价值极大。这一回顾，是学习过程中一个非常重要的环节。

我们应该看看我们做得对不对;还有什么解决办法;问题在知识体系中的地位是什么;解决办法的实质是什么;问题中的知识是否可以与我们所要求的交换，以及我们是否可以作出适当的补充或删除。有了以上五个回头看，解题能力才能与日俱增。投入的时间虽少，效果却很大。可称为事半功倍。

有人认为，要想学好数学，只要多做题，功到自然成。数学要不要刷题?一般说做的题太少，很多熟能生巧的问题就会无从谈起。因此，应该适当地多刷题。但是，只顾钻入题海，堆积题目，在考试中一般也是难有作为的。要把提高当成自己的目标，要把自己的活动合理地系统地组织起来，要总结反思，进行章节总结是非常重要的。

3.主动复习总结提高。

进行章节复习总结是非常重要的。初中时是教师替学生做总结，做得细致，深刻，完整。总结自己做高中,老师不仅不做,据说,,没有复习时间,也没有说什么时候总结。

那么怎样做章节总结呢?

(1)要把课本，笔记，区单元测验试卷，校周末测验试卷，都从头到尾“读”一遍。在标记它们的同时读取它们，并指出稍后要提取哪些内容。养成在任何时候标记材料的习惯，并告诉自己下次阅读材料时要读什么。临时坚持这个习惯，学生就能由博反约，把厚书读成薄书。积累起自己独特的，也就是最适合自己复习的材料。

(2)把本章节的内容一分为二，一部分是基础知识，一部分是典型问题。的使用总结)，列进这两部分中的一部分，不要遗漏。

(3)在基础知识的疏理中，要罗列出所学的所有定义、定理、法则、公式。要做到三会两用。即：会代字表述，会符号表述，会推导证明。同时可以从积极和消极两个方面的应用。

(4)把重要的，典型的各种问题进行编队。要尽量地把题型分类，找出它们之间的关系，总结出问题间的来龙去脉。就像我们喜欢集体健美操表演一样，我们不能只看一个人，看看他去哪里，做什么。我们必须向下看，看看观众的结构和变化。不然的话,陷入题海,徒劳无益。这是提高高中数学水平的关键。

⑤总结那些尚未归类的问题，作为备注进行补充说明。

⑥找一份适当的测验试卷，比如德智教育官网的本节试卷，一定要计时测验。然后再对照答案，查漏补缺。

4.重视改错错不重犯。

一定要重视改错的这份工作，做到错不再犯。初中数学教学中采用的方法是告诉学生所有可能的错误，只要有一个人犯了错误，就应该提出，以便所有的学生都能从中吸取教训。这叫“一人有病，全体吃药。”

高中数学课没有那么多时间，除了一小部分那几种典型错，其它错误，不能一一顾及。只能谁有病，谁吃药。如果学生“生病”而忘了吃药，那么没有人会一次又一次地提醒他要注意什么。如果能及时改错，那么错误就可能转变为财富，成为预防针。但是，如果不能及时改错，这个错误就将形成一处“地雷”，迟早要惹祸。

有的学生认为，自己考试成绩上不去，是因为太粗心。其实，原因并非如此。打一个比方。比如说，学习开汽车。右脚下面，往左踩，是踩刹车。往右踩，是踩油门。其机械原理，设计原因，操作规程都可以讲的清清楚楚。如果初学驾驶的人真正掌握了这一套，请问，可以同意他开车上路吗?恐怕他知道他还缺乏练习。一两次你能正确地完成任务，但这并不意味着你永远不会犯错误。练习的数量不够，才是学生出错的真正原因。大家一定要看到，如果自己的基础知识漏洞百出、隐患无穷，那么，今后的数学将是难以学好的。

5.积累资料随时整理。

要注意积累数学复习资料。把课堂笔记。区单元测验，各种试卷，都分门别类按时间顺序整理好。每次阅读时，都要标记下一次阅读的关键点。这样，复习资料才能越读越精，一目了然。

6.精挑慎选课外读物。

精挑慎选课外读物。学生学数学，如果不注意看课外读物，一般地说，不会有什么影响。高中很不一样。高中数学考试是学生解决新问题的能力。作为一个高中生，不管老师的水平有多高，如果他只围着老师转，肯定会有很大的局限性。因此，要想学好数学，必须打开一扇门，看看外面的世界。当然，也不要自立门户，另起炉灶。一旦脱离学校教学和自己的教师教学体系，也会有一半的效果。

7.配合老师主动学习。

配合老师主动学习。高一新生的学习主动性太差是一个普遍存在问题。小学生，常常是完成作业就尽情的欢乐。飞鸟二世高中生基本相同，听话的孩子也能学好。高中不是这样的，虽然家庭作业比较多，但只知道做作业是绝对不够的;老师有很多话要说，但谁该做什么，老师没有一个地指定。高中生必须提高自己学习的主动性。为未来大学生向学习方法的转变做好准备。

8.合理规划步步为营。

高中的学习是非常紧张的。每个学生都几乎要投入自己的全部精力。进步很快,开发一个更长期的实际的学习目标和计划,如第一学期结束时,你的计划实现类的平均分数,第一年,实现第一个三年级等等。此外，还要为自己制定学习计划，对自己零散的时间进行详细的安排，并及时做出合理的小调整。

9.课前预习教材。

高中生要学好数学，就可以养成课前预习的好习惯。这是为了提前预习老师第二天要讲的内容，看看他能听懂哪些内容，不能听懂哪些内容。只有这样，老师讲课时，才有针对性地听问题。

10.上课专心听讲。

许多高中生不擅长数学的原因往往是因为他们听不太仔细。很多学生认为老师已经理解了，不认真听，而是在自己的时间里，但往往不做正确的问题。上课时专心听讲往往比课后自学好。

11.准备笔记本。

高中生要准备一本笔记本，笔记本不适合你记住公式和概念，这些东西都可以在书本上找到，笔记本主要是为了记住老师给出的例子。毕竟，教师是很有经验的，他们给出的例子是有代表性的，对数学结果的研究是很有帮助的。

12.背好数学公式。

如果你想提高你的数学成绩，你必须首先记住数学公式。即使老师用推导出的公式也要注意背诵。另一件最重要的事情是，老师留下的作业必须认真做。做作业的过程是巩固你那天学的数学。

高考数学数列总结第2篇

这种方法是体现学生的想象力及创新能力的方法，也是数学解题技巧中最富有挑战性的方法，能将复杂的题型辅以转换的功能，成为简单的、易被理解的题型。比如，一个正方体平面为ABCB和A1B1C1D1，在正方体的棱长D1C1和C1B1分别设置两点E和F为中点，AC与BD相交于P点，A1C1于EF相交于Q点，求证：(1)点D、B、F、B在同一平面上;(2)如果线段A1C通过平面DBFE，交点到R点，那么P、R、Q三点共线?由题可知：线段EF是△D1B1C1的中位线，所以，EF与B1D1平行，在正方体AC1中，线段B1D1与BD平行，相应得出：线段EF与线段BD相平行，由此得出线段EF和BD在一个平面，所以可以求得点D、B、F、E在同一个平面。假设平面A1ACC1为x，平面BDEF为y，由于Q点在平面AC，所以Q点也属于平面x，为x和y的交点，同属两个平面的点。同理可得，点P也属x、y的公共点，而R点是平面A1C与平面y的交点，所以，可以得到P、Q、R三点共线。

高考数学数列总结第3篇

数列是高中数学的重要内容之一, 也是高考考查的一个重点, 在历年高考中均占有较大比重.试题主要考查以下四个方面:1.等差、等比数列的基本概念、性质、通项公式及前n项和公式;2.an与Sn之间的关系;3.某些简单的递推公式及应用;4.数列与函数、方程、不等式、解析几何等整合在一起的综合题.本文以2011年高考数学试题为载体, 赏析数列试题的类型及解法.

一、基本运算型

例1 (四川卷) 数列{an}的首项为3, {bn}为等差数列且bn=an+1-an.若b3=-2, b10=12, 则a8= ( ) .

(A) 0 (B) 3

解:设数列{bn}的首项为b1, 公差为d.

由b3=-2, b10=12, 得 ${\begin{cases} b_{1} + 2 d = - 2, \\ b_{1} + 9 d = 12, \end{cases}$ 解之, 得

$\begin{array}{l} b_{1} = - 6, d = 2, ∴ b_{n} = - 6 + 2 (n - 1) = 2 n - 8 . \\ ∵ b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}, ∴ a_{8} = (a_{8} - a_{7}) + (a_{7} - a_{6}) + (a_{6} - a_{5}) + (a_{5} - a_{4}) + (a_{4} - a_{3}) + (a_{3} - a_{2}) + (a_{2} - a_{1}) + a_{1} = b_{7} + b_{6} + b_{5} + \dots + b_{1} + a_{1} = \frac{7}{2} (- 6 + 2 7 - 8) + 3 = 3 . \end{array}$

故选B.

例2 (江西卷) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m, 且a1=1, 那么a10= ( ) .

(A) 1 (B) 9

解:∵ Sn+Sm=Sn+m, 且a1=1, ∴ S1=1.

令m=1, 得Sn+1=Sn+1, ∴ Sn+1-Sn=1, 即当n≥1时, an+1=1, ∴ a10=1.故选A.

例3 (上海卷) 设{an}是各项为正数的无穷数列, Ai是边长为ai, ai+1的矩形的面积 (i=1, 2, ) , 则{An}为等比数列的充要条件为 ( ) .

(A) {an}是等比数列

(B) a1, a3, , a2n-1, 或a2, a4, , a2n, 是等比数列

(D) a1, a3, , a2n-1, 和a2, a4, , a2n, 均是等比数列, 且公比相同

解:∵ Ai=aiai+1, 若{An}为等比数列, 则 $\frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{a_{n + 1} a_{n + 2}}{a_{n} a_{n + 1}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n}}$ 为常数, 即 $\frac{A_{2}}{A_{1}} = \frac{a_{3}}{a_{1}}, \frac{A_{3}}{A_{2}} = \frac{a_{4}}{a_{2}}, \dots ∴ a_{1}, a_{3}, a_{5}, \dots, a_{2 n - 1}, \dots$ 和a2, a4, , a2n, 成等比数列, 且公比相等. (必要性) 若{a2k-1}和{a2j}均是等比数列, 且公比均为q, 则 $\frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n}} = q$ , 从而{An}为等比数列. (充分性) 故选D.

例4 (江苏卷) 设1=a1≤a2≤≤a7, 其中a1, a3, a5, a7成公比为q的等比数列, a2, a4, a6成公差为1的等差数列, 则q的最小值是.

解:由题意易知, a3=q, a5=q2, a7=q3且q≥1, a4=a2+1, a6=a2+2且a2≥1, 那么q2≥2且 $q^{3} \geq 3, ∴ q \geq \sqrt[3]{3}$ , 即q的最小值为 $\sqrt[3]{3} .$

例5 (全国课标卷) 已知等比数列{an}中, $a_{1} = \frac{1}{3}$ , 公比 $q = \frac{1}{3} . (Ⅰ) S_{n}$ 为{an}的前n项和, 证明: $S_{n} = \frac{1}{2} (1 - a_{n})$ ; (Ⅱ) 设bn=log3a1+log3a2++log3an, 求数列{bn}的通项公式.

$\begin{array}{l} 解 ∶ (Ⅰ) 证明 ∶ 由题意知 ‚ a_{n} = \frac{1}{3^{n}}, S_{n} = \frac{\frac{1}{3} (1 - \frac{1}{3^{n}})}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3^{n}}) = \frac{1}{2} (1 - a_{n}) . \\ (Ⅱ) ∵ a_{n} = \frac{1}{3^{n}}, ∴ \log_{3} a_{n} = - n ‚ \\ ∴ b_{n} = - (1 + 2 + \dots + n) = - \frac{n (n + 1)}{2} . \end{array}$

例6 (湖北卷) 成等差数列的三个正数的和等于15, 并且这三个数分别加上2, 5, 13后成为等比数列{bn}中的b3, b4, b5.

(Ⅰ) 求数列{bn}的通项公式;

(Ⅱ) 数列{bn}的前n项和为Sn, 求证:数列 ${S_{n} + \frac{5}{4}}$ 是等比数列.

解: (Ⅰ) 设成等差数列的三个正数分别为a-d, a, a+d, 其中d<a.依题意a-d+a+a+d=15, 解之, 得a=5.∴ {bn}中的b3, b4, b5依次为7-d, 10, 18+d.易知 (7-d) (18+a) =100, 解之, 得d=2或d=-13 (舍去) .∴ b3=5, 公比q=2.

由b3=b1q2, 即5=b122, 解之, 得 $b_{1} = \frac{5}{4} .$

故 $b_{n} = \frac{5}{4} \cdot 2^{n - 1}$ , 即bn=52n-3.

(Ⅱ) 证明:易知 $S_{n} = \frac{\frac{5}{4} (1 - 2^{n})}{1 - 2} = 5 \cdot 2^{n - 2} - \frac{5}{4}, ∴ S_{n} + \frac{5}{4} = 5 \cdot 2^{n - 2} ‚ ∴ S_{1} + \frac{5}{4} = \frac{5}{2}, \frac{S_{n + 1} + \frac{5}{4}}{S_{n} + \frac{5}{4}} = \frac{5 \cdot 2^{n - 1}}{5 \cdot 2^{n - 2}} = 2$ .故 ${S_{n} + \frac{5}{4}}$ 是以 $\frac{5}{2}$ 为首项, 2为公比的等比数列.

点评:以上几例从不同角度考查了两个基本数列, 即等差、等比数列的概念、基本量的计算与证明及Sn与an的关系, 考查了用赋值、整体、逼近等重要数学思想方法解决问题的能力和推理论证的能力.

二、图表信息型

例7 (山东卷) 等比数列{an}中, a1, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数, 且a1, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 若数列{bn}满足bn=an+ (-1) nlnan, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (Ⅰ) 分析表中所给信息, 当a1=3时, 不合题意;当a1=2时, 当且仅当a2=6, a3=18时, 符合题意;当a1=10时, 不合题意.因此a1=2, a2=6, a3=18, 所以公比q=3, 故an=23n-1.

(Ⅱ) ∵ bn=an+ (-1) nlnan=23n-1+ (-1) nln (23n-1) =23n-1+ (-1) n[ln2+ (n-1) ln3]=23n-1+ (-1) n (ln2-ln3) + (-1) nnln3, ∴ Sn=2 (1+3++3n-1) +[-1+1-1++ (-1) n] (ln2-ln3) +[-1+2-3++ (-1) nn]ln3.

当n为偶数为, $S_{n} = 2 \frac{1 - 3^{n}}{1 - 3} + \frac{n}{2} \ln 3 = 3^{n} + \frac{n}{2} \ln 3 - 1;$

当n为奇数时, $S_{n} = 3^{n} - 1 - (\ln 2 - \ln 3) + (\frac{n - 1}{2} - n) \ln 3 = 3^{n} - \frac{1}{2} (n - 1) \ln 3 - \ln 2 - 1 .$

综上, $S_{n} = {\begin{cases} 3^{n} + \frac{1}{2} n l n 3 - 1, n 为偶数 ‚ \\ 3^{n} - \frac{1}{2} (n - 1) \ln 3 - \ln 2 - 1, n 为奇数 . \end{cases}$

点评:本题通过提供的表格信息考查等比数列的通项公式, 前n项和公式, 利用拆项分组法求和的方法和对数的运算等基础知识, 考查分数讨论思想、归纳推理能力及运算求解能力.求数列{bn}的前n项和时, 由于含有 (-1) n, 因此要对n分奇数、偶数两种情况讨论.随着高考“深化数学理性思维”的要求, 用图表作信息资源的新试题, 将仍是高考试题创新的生长点.

三、应用型

例8 (陕西卷) 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树, 每人植一棵, 相邻两棵树相距10米.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边, 使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小, 这个最小值为米.

解:假设20位同学是1号到20号依次排列, 使每位同学的往返所走的路程和最小, 则树苗需放在第10或第11号树坑旁.此时两侧的同学们所走的路程分别组成以20为首项, 20为公差的等差数列, 所有同学往返的总路程为 $S = 9 20 + \frac{1}{2} 9 8 20 + 10 20 + \frac{1}{2} 10 9 20 = 2000 .$

例9 (福建卷) 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格, 即根据商品的最低销售限价a, 最高销售限价b (b>a) 以及实数x (0<x<1) 确定实际销售价格c=a+x (b-a) , 这里x被称为乐观系数.经验表明, 最佳乐观系数x恰好使得 (c-a) 是 (b-c) 和 (b-a) 的等比中项, 据此可得, 最佳乐观系数x的值等于.

解:由 (c-a) 是 (b-c) 和 (b-a) 的等比中项知,

(c-a) 2= (b-c) (b-a) ,

∴ (c-a) 2=[ (b-a) + (a-c) ] (b-a) .

$\begin{array}{l} 又 c = a + x (b - a), ∴ b - a = \frac{c - a}{x}, \\ ∴ (c - a)^{2} = [\frac{c - a}{x} + (a - c)] \cdot \frac{c - a}{x} . \end{array}$

$\begin{array}{l} 由题意知 ‚ c - a \neq 0, ∴ 1 = (\frac{1}{x} - 1) \cdot \frac{1}{x}, \\ ∴ x^{2} + x - 1 = 0 \end{array}$

, 解之, 得 $x = \frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1)$ 或 $x = - \frac{1}{2} (\sqrt{5} + 1)$ (舍去) , 故填 $\frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1) .$

点评:以上两例主要考查数列求和、等比中项、一元二次方程求解等知识, 考查了转化与化归的能力和函数与方程思想, 考查用数列知识解决实际问题的能力.

四、新定义型

例10 (北京卷) 若数列An:a1, a2, , an (n≥2) 满足|ak+1-ak|=1 (k=1, 2, , n-1) , 则称An为E数列.记S (An) =a1+a2++an.

(Ⅰ) 写出一个E数列A5满足a1=a3=0;

(Ⅱ) 若a1=12, n=2000, 证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;

(Ⅲ) 在a1=4的E数列An中, 求使得S (An) =0成立的n的最小值.

解: (Ⅰ) 0, 1, 0, 1, 0是一个满足条件的E数列A5. (答案不唯一, 0, -1, 0, 1, 0;0, ±1, 0, 1, 2;0, ±1, 0, -1, -2;0, ±1, 0, -1, 0都是满足条件的E数列A5)

(Ⅱ) 证明:先证必要性:∵ E数列An是递增数列, ∴ ak+1-ak=1 (k=1, 2, , 1999) , ∴ An是首项为12, 公差为1的等差数列, ∴ a2000=12+ (2000-1) 1=2011.

再证充分性:由于a2000-a1999≤1, a1999-a1998≤1, , a2-a1≤1, ∴ a2000-a1≤1999, 即a2000≤a1+1999.又∵ a1=12, a2000=2011, ∴ a2000=a1+1999, 故ak+1-ak=1>0 (k=1, 2, , 1999) , 即An是递增数列.

综上, 结论得证.

(Ⅲ) 对首项为4的E数列An, 由于a2≥a1-1=3, a3≥a2-1≥2, , a8≥a7-1≥-3, ∴ a1+a2++ak>0 (k=2, 3, , 8) .∴ 对任意的首项为4的E数列An, 若S (An) =0, 则必有n≥9.又a1=4的E数列A9:4, 3, 2, 1, 0, -1, -2, -3, -4满足S (A9) =0, ∴ n的最小值是9.

点评:解决此类问题的关键是要充分理解新定义蕴含的信息, 并把它转化为熟悉的知识来解决.解本题的关键是读懂并理解E数列的含义.

五、探索型

例11 (江西卷) (1) 已知两个等比数列{an}, {bn}, 满足a1=a (a>0) , b1-a1=1, b2-a2=2, b3-a3=3, 若数列{an}唯一, 求a的值. (2) 是否存在两个等比数列{an}, {bn}, 使得b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列?若存在, 求{an}, {bn}的通项公式;若不存在, 说明理由.

解: (1) 设{an}的公比为q, 则b1=1+a, b2=2+aq, b3=3+aq2.由b1, b2, b3成等比数列, 得

(2+aq) 2= (1+a) (3+aq2) , 即

aq2-4aq+3a-1=0. (*)

由a>0, 得Δ=4a2+4a>0, 故关于q的方程 (*) 有两个不同的实根.再由{an}的唯一性知, 方程 (*) 必有一根为0, 将q=0代入方程 (*) , 得 $a = \frac{1}{3} .$

(2) 假设存在两个等比数列{an}, {bn}使b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列.设{an}的公比为q1, {bn}的公比为q2, 则b2-a2=b1q2-a1q1, b3-a3=b1q $_{2}^{2}$ -a1q $_{1}^{2}$ , b4-a4=b1q $_{2}^{3}$ -a1q3.由b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成等差数列, 得 ${\begin{cases} 2 (b_{1} q_{2} - a_{1} q_{1}) = b_{1} - a_{1} + (b_{1} q_{2}^{2} - a_{1} q_{1}^{2}), \\ 2 (b_{1} q_{2}^{2} - a_{1} q_{1}^{2}) = b_{1} q_{2} - a_{1} q_{1} + (b_{1} q_{2}^{3} - a_{1} q_{1}^{3}), \end{cases}$

$\begin{array}{l} 即【 m a t h 29 z 】 \begin{array}{l} ① \\ ② \end{array} \\ ① q_{2} - ② \end{array}$

, 得a1 (q1-q2) (q1-1) 2=0.

由a1≠0, 得q1=q2或q1=1.

当q1=q2时, 由①②得b1=a1或q1=q2=1, 这时 (b2-a2) - (b1-a1) =0, 与公差不为0矛盾.

当q1=1时, 由①②得b1=0 (舍) 或q2=1, 这时 (b2-a2) - (b1-a1) =0, 与公差不为0矛盾.

综上, 不存在两个等比数列{an}, {bn}使b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列.

例12 (湖北卷) 已知数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a1=a (a≠0) , an+1=rSn (n∈N*, r∈R, r≠-1) .

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 试判断:对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2是否成等差数列, 并证明你的结论.

解: (Ⅰ) 由an+1=rSn, 可得an+2=rSn+1, 两式相减可得an+2-an+1=r (Sn+1-Sn) =ran+1, 即an+2= (r+1) an+1.又a2=ra1=ra, ∴ 当r=0时, 数列{an}为:a, 0, , 0, ;当r≠0, r≠-1时, 由已知a≠0, ∴ an≠0 (n∈N*) , 于是由an+2= (r+1) an+1, 可得 $\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = r + 1 (n \in Ν^{*}), ∴ a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n}, \dots$ 成等比数列, ∴ 当n≥2时, an=r (r+1) n-2a.

综上, 数列{an}的通项公式为 $a_{n} = {\begin{cases} a, n = 1, \\ r (r + 1)^{n - 2} a, n \geq 2 . \end{cases}$

(Ⅱ) 对于任意的m∈N*, 且m≥2, an+1, am, am+2成等差数列.证明如下:

当r=0时, 由 (Ⅰ) 知, $a_{n} = {\begin{cases} a, n = 1, \\ 0, n \geq 2 . \end{cases} ∴$ 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列;当r≠0, r≠-1时, ∵ Sk+2=Sk+ak+1+ak+2, Sk+1=Sk+ak+1, 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 则Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴ 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk, 即ak+2=-2ak+1, 由 (Ⅰ) 知, a2, a3, , am, 的公比r+1=-2, 于是对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1=-2am, 从而am+2=4am, ∴ am+1+am+2=2am, 即am+1, am, am+2成等差数列.

综上, 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列.

点评:以上两例属于“是否存在”探索型问题, 主要考查了等差、等比数列的定义及其性质, 同时考查了推理论证能力以及特殊与一般的思想, 对学生的分析问题能力、运算求解能力要求较高.

六、整合型

例13 (安徽卷) 在数1和100之间插入n个实数, 使得这 (n+2) 个数构成递增的等比数列, 将这 (n+2) 个数的乘积记作Tn, 再令an=lgTn, n≥1.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 设bn=tanantanan+1, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (Ⅰ) 设t1, t2, , tn+2构成等比数列, 其中t1=1, tn+2=100, 则Tn=t1t2tn+1tn+2, ①

Tn=tn+2tn+1t2t1. ②

①②并利用titn+3-i=t1tn+2=102 (1≤i≤n+2) , 得T $_{n}^{2}$ = (t1tn+2) (t2tn+1) (tn+1t2) (tn+2t1) =102 (n+2) .∴ an=lgTn=n+2, n≥1.

(Ⅱ) 由题意及 (Ⅰ) 中计算结果, bn=tan (n+2) tan (n+3) , n≥1.由 $\tan 1 = \tan [(k + 1) - k] = \frac{\tan (k + 1) - t a n k}{1 + \tan (k + 1) \cdot t a n k}$ , 得 $\tan (k + 1) \cdot \tan k = \frac{\tan (k + 1) - t a n k}{\tan 1} - 1, ∴ S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} b_{i} = \sum_{k = 3}^{n + 2} \tan (k + 1) \cdot \tan k = \sum_{k = 3}^{n + 2} [\frac{\tan (k + 1) - t a n k}{\tan 1} - 1] = \frac{\tan (n + 3) - \tan 3}{\tan 1} - n .$

例14 (天津卷) 已知数列{an}与{bn}满足 $b_{n + 1} a_{n} + b_{n} a_{n + 1} = (- 2)^{n} + 1 ‚ b_{n} = \frac{3 + (- 1)^{n - 1}}{2}, n \in Ν^{*}$ , 且a1=2.

(Ⅰ) 求a2, a3的值;

(Ⅱ) 设Cn=a2n+1-a2n-1, n∈N*, 证明:{Cn}是等比数列;

(Ⅲ) 设Sn为{an}的前n项和, 证明: $\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} \leq n - \frac{1}{3} (n \in Ν^{*}) .$

解: (Ⅰ) 由 $b_{n} = \frac{1}{2} [3 + (- 1)^{n - 1}] ‚ n \in Ν^{*}$ , 可得 $b_{n} = {\begin{cases} 2, n 为奇数 ‚ \\ 1 ‚ n 为偶数 . \end{cases}$ 又bn+1an+bnan+1= (-2) n+1, 当n=1时, a1+2a2=-1, 由a1=2, 可得 $a_{2} = - \frac{3}{2}$ ;当n=2时, 2a2+a3=5, 可得a3=8.

(Ⅱ) 证明:对任意n∈N*,

a2n-1+2a2n=-22n-1+1, ①

2a2n+2a2n+1=22n+1. ②

②-①, 得a2n+1-a2n-1=322n-1, 即Cn=322n-1, 于是 $\frac{C_{n + 1}}{C_{n}} = 4$ , 故{Cn}是以6为首项, 4为公比的等比数列.

(Ⅲ) 证明:a1=2, 由 (Ⅱ) 知, 当k∈N*且k≥2时, $a_{2 k - 1} = a_{1} + (a_{3} - a_{1}) + (a_{5} - a_{3}) + (a_{7} - a_{5}) + \dots + (a_{2 k - 1} - a_{2 k - 3}) = 2 + 3 (2 + 2^{3} + 2^{5} + \dots + 2^{2 k - 3}) = 2 + 3 \frac{2 (1 - 4^{k - 1})}{1 - 4} = 2^{2 k - 1}$ , 故对任意k∈N*, a2k-1=22k-1.由①得 $2^{2 k - 1} + 2 a_{2 k} = - 2^{2 k - 1} + 1, ∴ a_{2 k} = \frac{1}{2} - 2^{2 k - 1}, k \in Ν^{*}$ .因此, $S_{2 k} = (a_{1} + a_{2}) + (a_{3} + a_{4}) + \dots + (a_{2 k - 1} + a_{2 k}) = \frac{k}{2}$ .于是 $S_{2 k - 1} = S_{2 k} - a_{2 k} = \frac{1}{2} (k - 1) + 2^{2 k - 1}$ .故 $\frac{S_{2 k - 1}}{a_{2 k - 1}} + \frac{S_{2 k}}{a_{2 k}} = \frac{\frac{1}{2} (k - 1) + 2^{2 k - 1}}{2^{2 k - 1}} + \frac{\frac{k}{2}}{\frac{1}{2} - 2^{2 k - 1}} = \frac{k - 1 + 2^{2 k}}{2^{2 k}} - \frac{k}{2^{2 k} - 1} = 1 - \frac{1}{4^{k}} - \frac{k}{4^{k} (4^{k} - 1)} . ∴$ 对任意 $n \in Ν^{*}, \frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} = (\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}}) + (\frac{S_{3}}{a_{3}} + \frac{S_{4}}{a_{4}}) + \dots + (\frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}}) = (1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{12}) + [1 - \frac{1}{4^{2}} - \frac{2}{4^{2} (4^{2} - 1)}] + \dots + [1 - \frac{1}{4^{n}} - \frac{n}{4^{n} (4^{n} - 1)}] = n - (\frac{1}{4} + \frac{1}{12}) - [\frac{1}{4^{2}} - \frac{2}{4^{2} (4^{2} - 1)}] - \dots - [\frac{1}{4^{n}} + \frac{n}{4^{n} (4^{n} - 1)}] \leq n - (\frac{1}{4} + \frac{1}{12}) = n - \frac{1}{3} .$

点评:以上两例巧妙地把数列与对数及指数的运算、两角差的正切公式、不等式等基础知识整合在一起, 考查灵活运用基本知识综合分析能力、推理论证能力、运算求解能力和创新思维能力.

高考数学数列总结第4篇

类型一：已知，型。

解题方法：累加法。

例：已知数列中，，，

解：已知

累加得：

类型二：已知，型。

解题方法：累乘法。

例：已知数列中，，，求数列的通项公式。

解：已知

累乘得：

类型三：已知，求型。

解题方法：

例：（2015年全国卷）为数列的前项和，已知，。

（1）求的通项公式。

（2）设，求数列的前项和。

解：（1）、已知 ①

，得

当时 ②

由①—②得：

即

是以首项为3，公差为2的等差数列。

（2）、（略）。

类型四：已知，型（其中、均为常数）。

解题方法：构造形如的等比数列，其中

例：（2014全国Ⅱ卷）已知数列满足，

（1）证明：是等比数列，并求的通项公式。

（2）证明：。

证明：（1）、已知

又

是以首项为，公比为3的等比数列。

（2）、（略）。

类型五：已知，型。

解题方法：构造形如的等比数列。

例：在数列中，，求数列的通项公式。

解：已知

又

是以首项为，公比为2的等比数列。

高考数学数列解题方法第5篇

错位相减法：错位相减法主要应用于等比数列的求和中，在最近几年的高考试题当中，以此方法来求解数列求和的试题经常会有所体现。这一类型的试题解题方法主要是运用于诸如{等差数列·等比数列}数列前n项和的求和中。错位相减法主要应用于形如an=bncn，即等差数列·等比数列，这样的数列求和试题运算中，解此类题的技巧是：首先分别列出等差数列和等比数列的前n的和，即Sn，然后再分别将Sn的两侧同时乘以等比数列的公比q，得出qSn;最后错一位，再将两边的式子进行相减就可以了。

高考数学专题-数列求和第6篇

数列求和

一、【知识梳理】

1．等差、等比数列的求和公式，公比含字母时一定要讨论．

2．错位相减法求和：如：已知成等差，成等比，求．

3．分组求和：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和．

4．合并求和：如：求的和．

5．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项．

常见拆项：，，（理科）．

6．倒序相加法求和：如等差数列求和公式的推导．

7．其它求和法：归纳猜想法，奇偶法等．

二、【经典考题】

【1.公式求和】例1．（浙江）在公差为的等差数列中，已知，且成等比数列．

（1）求；

（2）若，求．

【分析】第一问注意准确利用等差等比数列定义即可求解，第二问要注意去绝对值时项的正负讨论．

【解答】（1）由已知得到：

（2）由（1）知，当时，①当时，②当时，所以，综上所述：

．

【点评】本题考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式、求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力．

变式训练：

（重庆文）设数列满足：，．

（1）求的通项公式及前项和；

（2）已知是等差数列，为前项和，且，求．

【解答】

（1）由题设知是首项为，公比为的等比数列，．

（2），故．

【2.倒序相加法】例2．已知函数．

（1）证明：；

（2）若数列的通项公式为，求数列的前项和；

（3）设数列满足：，若（2）中的满足对任意不小于的任意正整数恒成立，试求的最大值．

【分析】第（1）问，先利用指数的相关性质对化简，后证明左边=右边即可；第（2）问，注意利用（1）中的结论，构造倒序求和；第（3）问，由已知条件求出的最小值，将不等式转化为最值问题求解．

【解答】（1）

．

（2）由（1）知，，即，又两式相加得，即．

（3）由，知对任意的，则，即，所以．，即数列是单调递增数列．

关于递增，时，．

．

由题意知，即，解得，的最大值为．

【点评】解题时，对于某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和．

变式训练：

已知函数．

（1）证明：；

（2）求的值．

【解答】（1）

（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，令，两式相加得：

所以．

【3.错位相减法】例3．（山东理)设等差数列的前项和为，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列前项和为，且

(为常数)．令，求数列的前项和．

【分析】第（1）问利用等差数列通项公式及前项和公式列方程组求解及即可；第（2）问先利用与关系求出，进而用乘公比错位相减法求出．

【解答】（1）设等差数列的首项为，公差为，由得，解得，．

因此

．

（2）由题意知：，所以时，故，．

所以，则，两式相减得，整理得．

所以数列数列的前项和．

【点评】用错位相减法求和时，应注意：

（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数时的情形；

（2）在写出与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的表达式；

（3）利用错位相减法转化为等比数列求和时，若公比是参数（字母），一般情况要先对参数加以讨论，主要分公比为和不等于两种情况分别求和．

变式训练：

(山东文)设等差数列的前项和为，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列满足，求的前项和．

【解答】（1）同例3．（1）．

（2）由已知，当时，当时，结合知，．

又，两式相减得，．

【4.裂项相消法】例4．(广东)设各项均为正数的数列的前项和为，满足，且构成等比数列．

（1）证明：；

（2）求数列的通项公式；

（3）证明：对一切正整数，有．

【分析】本题主要考查利用与关系求出，进而用裂项相消法求出和，然后采用放缩的方法证明不等式．

【解答】

（1）当时，（2）当时，，当时，是公差的等差数列．

构成等比数列，，解得，由(1)可知，是首项，公差的等差数列．

数列的通项公式为．

（3）

．

【点评】

（1）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩第一项和最后一项，也有可能前后各剩两项或若干项；将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．

（2）一般情况下，若是等差数列，则；此外，根式在分母上时可考虑利用分母有理化相消求和．

变式训练：

（大纲卷文）等差数列中，（1）求的通项公式；

（2）设．

【解答】（1）设等差数列的公差为，则

因为，所以．

解得，．

所以的通项公式为．

（2），所以．

【5.分组求和法】例5．（安徽）设数列满足，且对任意，函数

满足

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

【分析】，由可知数列为等差数列．

【解答】（1）由，得，所以，是等差数列．

而，．

（2），．

【点评】本题主要考查了分组求和法，具体求解过程中一定要注意观察数列通项的构成特点，将其分成等差、等比或其它可求和的式子，分组求出即可．

变式训练：

（2012山东）在等差数列中，．

（1）求数列的通项公式；

（2）对任意，将数列中落入区间内的项的个数记为，求数列的前项和．

【解答】（1）由可得，则，于是，即

．

（2）对任意，则，即，，．

于是，即．

【6.奇偶项求和】例6．（2011山东）等比数列中，分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且中的任何两个数不在下表的同一列．

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足：，求数列的前项和．

第一列

第二列

第三列

第一行

第二行

第三行

【分析】根据等比数列定义先判断出，求出通项；求和时要对分奇偶讨论．

【解答】（1）由题意知，因为是等比数列，所以公比为，所以数列的通项公式．

（2）解法一：

当时，．

当时，故.解法二：令，即

则

．

故

.【点评】解法一分为奇数和偶数对进行化简求和，而解法二直接采用乘公比错位相减法进行求和，只不过此时的公比

．本题主要意图还是考查数列概念和性质，求通项公式和数列求和的基本方法．

变式训练：

已知数列，求．

【解答】，若，则

若

．

三、【解法小结】

1．数列求和的关键在于分析数列的通项公式的结构特征，在具体解决求和问题中，要善于从数列的通项入手观察数列通项公式的结构特征与变化规律，根据通项公式的形式准确、迅速地选择方法，从而形成“抓通项、寻规律、定方法”的数列求和思路是解决这类试题的诀窍．

2．一般地，非等差（比）数列求和题的通常解题思路是：如果数列能转化为等差数列或等比数列就用公式法；如果数列项的次数及系数有规律一般可用错位相减法、倒序相加法来解决；如果每项可写成两项之差一般可用裂项法；如果能求出通项，可用拆项分组法；如果通项公式中含有可用并项或分奇偶项求和法．

四、【小试牛刀】

1．数列前项的和为（）

A．

B．

C．

D．

2．数列的前项和为，若，则等于（）

A．

B．

C．

D．

3．数列中，若前项的和为，则项数为（）

A．

B．

C．

D．

4．（2013大纲）已知数列满足则的前项和等于（）

A．

B．

C．

D．

5．设首项为,公比为的等比数列的前项和为,则（）

A．

B．

C．

D．

6．（2013新课标）设等差数列的前项和为，则（）

A．

B．

C．

D．

7．．

8．已知数列，则其前项和为

．

9.（2013江西）某住宅小区计划植树不少于棵,若第一天植棵,以后每天植树的棵树是前一天的倍,则需要的最少天数等于

．

10.．

11．(2013江苏）在正项等比数列中，，则满足的最大正整数的值为

．

12．正项数列的前项和满足:

.（1）求数列的通项公式；

（2）令,数列的前项和为.证明:对于任意的,都有.参考答案：

1．B

2．B

3．C

4．C

5．D

6．C

7．8．

高考数学数列总结第7篇

命

题

者

说

考

题

统

计

考

情

点

击

2018·全国卷Ⅰ·T4·等差数列的通项公式、前n项和公式

2018·全国卷Ⅰ·T14·数列的通项与前n项和的关系

2018·浙江高考·T10·数列的综合应用

2018·北京高考·T4·数学文化、等比数列的通项公式

2017·全国卷Ⅰ·T4·等差数列的通项公式、前n项和公式

1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现。

2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力。

考向一

等差数列、等比数列基本量运算

【例1】(1)(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________。

(2)(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn。已知S3＝，S6＝，则a8＝________。

解析(1)设等差数列的公差为d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d＝36，所以d＝6，所以an＝3＋(n－1)·6＝6n－3。

(2)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得则a8＝a1q7＝×27＝32。

答案(1)an＝6n－3(2)32

在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量。

变|式|训|练

1．(2018·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是()

A．55

B．11

C．50

D．60

解析　解法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55。故选A。

解法二：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55。故选A。

答案　A

2．(2018·湖南湘东五校联考)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是()

A．1

B．－

C．1或－

D．－1或

解析　当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－。综上，q的值是1或－。故选C。

答案　C

考向二

等差数列、等比数列的性质应用

【例2】(1)(2018·湖北荆州一模)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8，则a12的值是()

A．15

B．30

C．31

D．64

(2)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为()

A．6

B．7

C．8

D．9

(3)(2018·洛阳联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为()

A．－

B．－

C．

D．－或

解析(1)因为a3＋a4＋a5＝3，所以3a4＝3，a4＝1，又2a8＝a4＋a12，所以a12＝2a8－a4＝2×8－1＝15。故选A。

(2)由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，所以a6＋a11＝a8＋a9＝0，又d>0，所以a8<0，a9>0，所以前8项和为前n项和的最小值。故选C。

(3)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－。故选B。

答案(1)A(2)C(3)B

等差、等比数列性质的应用策略

(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题。

(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求Sn可以将与a1＋an相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项。

(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值。

变|式|训|练

1．(2018·太原一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a3＋a10＝9，则S9＝()

A．3

B．9

C．18

D．27

解析　设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a3＋a10＝9，所以3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝3，所以a5＝3，所以S9＝＝9a5＝27。故选D。

答案　D

2．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为()

A．10

B．11

C．12

D．13

解析　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12。故选C。

答案　C

3．已知－2，a1，a2，－8成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，则等于()

A．

B．

C．－

D．或－

解析　因为－2，a1，a2，－8成等差数列，所以a2－a1＝d＝＝－2，因为－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，所以b2＝－＝－4，所以＝＝。故选B。

答案　B

考向三

数列的递推关系

【例3】(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝()

A．(n＋1)3

B．(2n＋1)2

C．8n2

D．(2n＋1)2－1

(2)在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________。

解析(1)当n＝1时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得a1＝8。当n≥2时，4(Sn＋1)＝，则4(Sn－1＋1)＝，两式相减得，4an＝－，整理得，＝，所以an＝··…··a1＝××…××8＝(n＋1)3。检验知，a1＝8也符合，所以an＝(n＋1)3。故选A。

(2)根据a1＋＋＋…＋＝an，①

有a1＋＋＋…＋＝an－1(n≥2)，②

①－②得，＝an－an－1，即n2an－1＝(n2－1)an(n≥2)，所以＝＝(n≥2)，所以n≥2时，an＝a1×××…×＝1×××…×＝＝＝，检验a1＝1也符合，所以an＝。

答案(1)A(2)

由an与Sn的关系求通项公式的注意事项

(1)应重视分类整合思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2。

(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)。

(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝

变|式|训|练

1．(2018·广东五校联考)数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则＋＋…＋＝()

A．

B．

C．

D．

解析　由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋3＋2＝，所以an＝，所以＝＝2，故＋＋…＋＝2＝2＝。故选A。

答案　A

2．设数列{an}的前n项和为Sn。若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则S5＝________。

解析　因为an＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以数列是公比为3的等比数列，所以＝3。又S2＝4，所以S1＝1，所以S5＋＝×34＝×34＝，所以S5＝121。

答案　121

考向四

数列与函数不等式的综合问题

【例4】(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)。若a1>1，则()

A．a1

B．a1>a3，a2

C．a1a4

D．a1>a3，a2>a4

解析　解法一：因为函数y＝lnx在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，所以lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)>a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2

解法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0。若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2

答案　B

本题利用lnx≤x－1或ex≥x＋1放缩后，得出－1

变|式|训|练

(2018·洛阳联考)已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an

解析　由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)＝λn(n＋2)得－＝λ，所以数列的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以当n为奇数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n。当n为偶数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n。当n为奇数时，由an－2，若n＝1，则λ∈R，若n>1，则λ>－，所以λ≥0。当n为偶数时，由an－2，所以λ>－，即λ≥0。综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)。

答案　[0，＋∞)

1．(考向一)(2018·山东淄博一模)已知{an}是等比数列，若a1＝1，a6＝8a3，数列的前n项和为Tn，则T5＝()

A．　　　　B．31

C．　　　　D．7

解析　设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a6＝8a3，所以q3＝8，解得q＝2。所以an＝2n－1。所以＝n－1。所以数列是首项为1，公比为的等比数列。则T5＝＝。故选A。

答案　A

2．(考向二)(2018·湖南衡阳一模)在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为()

A．6

B．12

C．24　　　　D．48

解析　因为在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，所以由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以a2＋a14＝2a8＝48。故选D。

答案　D

3．(考向二)(2018·广东汕头模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，－＝－4，则Sn取最大值时的n为()

A．4

B．5

C．6

D．4或5

解析　由{an}为等差数列，得－＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，由于a1＝9，所以an＝－2n＋11，令an＝－2n＋11<0，得n>，所以Sn取最大值时的n为5。故选B。

答案　B

4．(考向三)(2018·合肥质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2

018＝()

A．22

018－1

B．32

018－6

C．2

018－

D．2

018－

解析　因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3。当n≥2时，3Sn＝2an－3n,3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2

018＝22

018－1。故选A。

答案　A

5．(考向四)(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}。将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}。记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________。

解析　所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26。当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意。故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27。

高考数学中数列通项的求解方法第8篇

类型一:给定数列前n项和Sn, 求通项an.

例1:若Sn是数列{an}的前n项和, 且Sn=n2, 则{an}是 () .

A.等比数列, 但不是等差数列

B.等差数列, 但不是等比数列

C.等差数列, 而且也是等比数列

D.既非等差数列, 又非等比数列

解析:这类题较为简单, 一般出现在填空题或选择题中, 利用an与Sn的关系就可直接得出.

当n≥2时,

即an=2n-1 (n∈N+) , 故选B.

类型二:给定数列前n项和Sn的递推关系, 求通项an.

例2:已知数列{an}的前n项和Sn为, S1=1, 且, 求通项an.

解析:常用方法是由Sn的递推关系式求出Sn, 再由an与Sn的关系求出通项an.

上面各式左右两边分别相乘得:

所以a1=S1=1,

当n≥2时,

类型三:给定含有Sn与an的混合型关系式.

这一类问题较前面两种要更为复杂, 是常见的综合题型之一.这类题型的求解要结合类型一和类型二的解题思想来处理, 常用的方法有以下三种.

(1) 变形为关于Sn的递推关系转化成类型二求解.

例3:在各项均为正数的数列{an}中, 数列前n项和Sn满足, 求通项an.

解析:可利用an=Sn-Sn-1 (n≥2) , 将所给的递推关系式变为只含有Sn-1和Sn, 求出Sn后再求出an.

当n≥2时,

所以数列{Sn2}是首项为S12=1, 公差为1的等差数列, 得:

(2) 变形为关于an的递推关系求解.

例4:设数列{an}的前n项和为Sn, 求通项an.

解析:根据题目所给的条件, 可将递推关系式化为关于an的式子来求解.

因为Sn+Sn-1=2an (1)

由S2+S1=2a2得:a2=2a1=6

所以{an}是从第二项a2=6起, 公比为3的等比数列, 得:

显然, 此题也可用方法 (1) 求解, 这里不再赘述.

(3) 归纳猜想出an, 采用数学归纳法证明.

解析:这里可先根据条件求出数列前几项的值, 寻找规律猜想结果, 再用数学归纳法证明.

(2) 假设n≤k+1时成立, 当n=k+2时

所以当n=k+2时成立.

对于类型三, 选择何种方法由题目给出的条件而定, 不应拘泥于某种思路.但数学归纳法是最基本, 也是最重要的方法之一, 归纳、猜想与证明是数学发现的重要途径.

摘要：求数列通项是每年高考数学中的一个重要考查点, 它能考查学生对数学知识的综合运用能力和对数学基本思想方法的掌握程度。本文主要对其中一类数列问题的类型与求解方法进行探讨。

高考数学数列总结

高考数学数列总结第1篇

高考数学数列总结第2篇

高考数学数列总结第3篇

高考数学数列总结第4篇

高考数学数列解题方法第5篇

高考数学专题-数列求和第6篇

高考数学数列总结第7篇

高考数学中数列通项的求解方法第8篇

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