(完整版)高考数学专题《数列》超经典.doc

高考复习序列 -----
高中数学数列
一、数列的通项公式与前 n 项的和的关系
① a
s 1,
n
1 （注：该公式对任意数列都适用）
n
s n
s n 1, n 2
② S n
S
n 1
a n (n 2) （注：该公式对任意数列都适用） ③
S n a 1 a 2 L
a n
（注：该公式对任意数列都适用）
④ s n+1 - s n-1 = a n+1 + a n （注：该公式对任意数列都适用）二、等差与等比数列的基本知识
1、等差数列
⑴ 通项公式与公差：
定义式： a n a
n 1
d
一般式： a n
a 1
n 1 d
a n pn q
推广形式： a n
a m ( n m)d d
a n a m ；
n m
前 n 项和与公差的关系：
d
S n
S m
n m ；
2
n m
⑵ 前 n 项和与通项 a n 的关系：
前 n 项和公式： s n
n ( a 1 a n )
na 1
n ( n 1)
d n 2
1
d ) n .
2
2 d
2
( a 1
2
前 n 项和公式的一般式：
S n An 2
Bn, 其中 A
d
, B
a 1 1 d
2
f n
2
a
2
应用：若已知 f
n
n ，即可判断 为某个等差数列 n 的前 n 项和，并可求出首项及公差的值。

n 2
a n 与 S n 的关系： a n S n S n 1 (n 2) （注：该公式对任意数列都适用）
例：等差数列 S n 2n 1， a n a n 1
（直接利用通项公式作差求解）
⑶
常用性质：
①若 m+n=p+q ，则有 a m
a n
a p a q ；特别地：若 a m 是 a n , a p 的等差中项，则有 2 a m
a n a p n 、
m 、 p 成等差数列；
②等差数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”
（如 a 1 a 2 a 3 , a 4 a 5
a 6, a 7 a 8 a 9 ，
）仍是等差
数列；
③ a 为公差为 d 等差数列， S n 为其前 n 项和 ，则 S m , S 2 m S m , S 3 m S 2 m ， S 4m S 3m ，．．．也成等差数列 ,
n
．．．．
A 、 构成的新数列 公差为 D=m 2d ，即 m 2
d=(S 2m -S m )- S m ；
S n
S m
d
等差数列。

B 、
对于任意已知 m
， n ， 等差数列 a
d n
m
，即 S n 也构成一个公差为 S S
n
公差
n m n 2
2
2
⑥若项数为偶数，设共有2n 项，则① S 偶S 奇 nd ；②S奇a
n ；S偶a n 1
⑦若项数为奇数，设共有2n 1 项，则① S 奇S 偶n 中；② S奇n 。

a a S
偶n 1 例：已知等差数列a n，其中 S10 100, S100 10, 则 S110
解析：法一，用等差数列求和公式na 1 n ( n 1) d 求出 a1 , d
2
法二， S10 ， S20 S10 , S30 S20 ...S110 S100 成等差数列，设公差为D，则：
S110 S100 10S10 45D
法三 ,
63. 等比数列的通项公式：
⑴ ①一般形式： a n a1q n 1a1 q n (n N * ) ；
q
n m n m
a
②推广形式： a n a m q ， q n
a m
a1 (1 q n )
1 a1 a n q
1
s n , q
1 q
,q
③其前 n 项的和公式为： 1 q ，或 s n .
na1, q 1 na1, q 1
⑵数列 a n 为等比数列
a
n 1 q q 0 a n2 a
n 1
a
n 1 0 n 2, n N a n a1 q n 1
a n
a 、q 0，n N* S n A q n B
1
⑶ 常用性质：
3
①若 m+n=p+q ，则有a m a n a p a q；特别地：若a m是a n, a p的等比中项，则有a m 2 a n a p n、
m、 p 成等比数列 ;
②等比数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”（如 a1 a2 a3 , a4 a5 a6, a7 a8 a9，）仍是等
比数列；
③a n为等比数列，S n为其前n项和，则S m, S2 m S m , S3m S2m ，
S4 m S3 m，．．．也成等比数列（仅当当
q1或者 q 1 且m不是偶数时候成立）；
设等比数列 { b n} 的前项积为 T n，则 T k，T
2k ,
T
3 k
，
T
4k成等比数列．
．n
．．
T k
T
2 k
T
3k
④a n 为等比数列，则下标成等差数列的对应项成等比数列.
⑤a n 既是等差数列又是等比数列a n是各项不为零的常数列. 判断或证明一个数列是等差数列的方法：
①定义法：
a n 1 a n d( 常数）（n N ）n 是等差数列
a
②中项法：
2a n 1 a n a
n 2 （ n N ) a n是等差数列
③一般通项公式法：
a n kn
b (k ,b为常
数 ) a n是等差数列
④一般前 n 项和公式法：
S n An 2 Bn ( A, B为常
数 ) a n是等差数列
判断或证明一个数列是等差数列的方法：
（ 1）定义法：a
n
1
q（常数）a n为等比数列；
a n
（ 2）中项法： a 2 a a ( a 0)
a n为等比数列；
1 n 2
n n n
（ 3）通项公式法：a n k q n ( k, q为常数）a n为等比数列；
（ 4）前n项和法：S n k (1 q n ) （ k , q为常
数）a n为等比数列。

S n k kq n（ k, q为常数）a n为等比数列。

数列最值的求解
（ 1）a10 ，d0 时， S n有最大值；a10 ，d0 时， S n有最小值；
4
（ 2）
n 最 的求法：①若已知
n ， S 的最 可求二次函数 S n
an 2 bn 的最 ；
S
S
n
可用二次函数最 的求法（ n N ）；②或者求出 a n 中的正、 分界 ，即： 若已知 a n ， S n 最 n 的 （ n
N ）可如下确定
a n
a n 0 a n
或
a
n 1。

1
例 1：等差数列 a n 中， a 1
0， S 9
S 12 ， 前
的和最大。

【解析】：
a 1 ，
S 12
S 12
S 9 0 a 12
a 11 a 10 0
0 S 9
a 11 a 12 a 10 a
12
a
10
前 （或前 项）项和最大
2a 11 a 12 a 10
a 11
11 10
例 2． 等差数列
a n
的前 n 和 S ，已知
a 3
12
13
n
12， S 0， S
①求出公差 d 的范 ，
②指出 S 1，S 2， ，S 12 中哪一个 最大，并 明理由。

【解析】：
a 1 a 3 2d 12
2d, S 12 12 a 1
a 12 12 2 12 2d
11d
42d
2
2
144 ①
24
同理： S 13
156 52d,根据已知 S 12
0， S 13 0，
d3
7
② 由 a 3
12， S 12 0， S 13 0及 d 0，可知， n=12 是前 n 和正 分界 ，
故 a n
0 n
6 , a n 0 n
7 , 所以， S 6 最大
式：若等差数列的首 31，从第 16 开始小于 1 ， 此数列公差 d 的取 范 是
解析： a 16 1 ，但要注意此 要一个 含条件
a 15 1， 立不等式 求解。

3、若数列的前
n 和 S n n 2 10 n ， a n
， ns n 数 最小 是第。

【解析】：法一（ 数法） ：
根据等差数列前 n 和的 准形式
S n
An 2
Bn ，可知 数列 等差数列，
a 1 S 1 n 2 10n 9,a 2 S 2 S 1
7,
d a 2 a 1 2,
令
a n 2n 11
nS n
2n 2 11n
11
时 ,取得最小 ，
f ( n) nS n
2n 2 11n, f (n)
4n 11,当 f (n) 0时，即 n
‘
’
11
4
其中 2
3，分别求出 f (2)
14, f (3)
15 ，可 当 n=3ns n 取得最小。

4
法二（列 法）： 于 a 1 0且数值较小 ,d 0且数值较大时 , 可用列 法， 分 求出 n=1 、2⋯ 的 ns n
的 ，再 行比 。

5
4、已知数列 a n ， 1
33,a n 1 a n
2n, 则 a n
的最小值为
a
n
【 解 析 】： 法 一 （ 均 值 不 等 式 ）： 由 累 加 法 ： a n a 1 n 2 - n a n n 2 - n 33 ， 令
f ( n) a n
n 33 1,可见当 n
33
，即 n
33时，
a n
取得最小值， 5
33 6，
n n n
n
f (5)
33
， f (6)
63
，可见 n 6时取得最小值。

5
6
法二（列举法） ：实在没招时使用该法。

5、 已知等差数列
a n 的前 n 项和 S n , S 10 0, S 15 25, 则 n S n 的最小值为。

【解析】：
d S n
S m 2
n m
d 0 a 1
a 10 0 a 1
3
2
n m
, S 10
3
n S n
n 3 10n 2 , 令
'
(n) n 2
20 当 '
，即
20
时取得最小值，
3
f (n) n S n , f
n,
f
( n) 0
n
3
3
6
20 7,
而 f (6)
， ，故取 - 49 3 -48 f (7) -49
6 、
6
数列通项公式的求法：
类型 1 ：等差数列型 a n 1
a n
f (n)
思路：把原递推式转化为
a n 1
a n f (n) ，再使用累加法（逐差相加法）求解。

例， 已知数列 { a n } 满足 a n 1 a n 2n 1， a 1 1 ，求数列 {a n } 的通项公式。

解：由 a n
1
a n 2n 1得 a n 1 a n 2n 1则
a n a n 1 2(n 1) 1
a n 1 a n 2
2( n 2) 1
?
a 2 a 1 2* 1 1
以上逐次累加， a n
n 2
所以数列 { a n } 的通项公式为 a n n 2
变式：
已知数列 { a n } 满足 a n 1
2a n
3 2n ， a 1 2 ，求数列 { a n } 的通项公式。

解： a n 1
2a n 3 2 n
n 1 a
n 1
a n
3 a
n 1
a n 3
，此时 f
(n) 3 a n
}
两边除以 2 ，得 n 1
n
2
，则 n 1
n
2 2 ，故数列 { n
2
2
2
2
2
是以
a 1
2 1为首项，以
3 为公差的等差数列， 由等差数列的通项公
式，
得
a n 1 (n
3
，所以数列 { a n }
21
2
2n 1)
2
2
的通项公式为 a n
( 3
n 1)2 n
2
2
评注：本题 a n 1、 a n 前的系数不一致 ，不能直接使用前述方法， 解题的关键是把递推关系式 a n
1
2a n
3 2n
a
n 1
a n
3
a n
} 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出 a n
1 (n 1) 3
，
转化为
n 1
n
，说明数列 { n n
2
2 2
2
2
2
进而求出数列 { a n } 的通项公式。

类型 2 ：等比数列型
a n 1
n
f (n) a
把原递推式转化为 a n 1 f (n)，再使用累乘法（逐商相乘法）求解。

a n
例 （ 2004 年全国 I 第 15 题，原题是填空题）已知数列
{ a n } 满足
a 1 1， a n a 1 2a 2 3a 3
L (n 1)a n 1 (n 2) ，求 { a n } 的通项公式。

解：因为 a n
a 1 2a 2 3a 3 L
( n 1)a n 1( n 2)
①
所以 a n 1 a 1 2a 2 3a 3 L (n 1)a n 1 na n
②
7
用②式－①式得
a
n 1 a n na n. 则 a n 1 (n 1)a n (n 2) ；故a
n 1
n 1(n 2) a n
所以 a n a n a n 1 L a3 a2 [n(n 1) L 4 3]a2 n!
a2 . ③
a
n 1 a n 2 a2 2
由 a n a1 2a2 3a3 L (n 1)a n 1(n 2) ，取 n 2得 a2 a1 2a2，则 a2 a1，又知 a1 1，则 a2 1，
代入③得 a n 1 3 4 5 L n n!。

所以， {a n} 的通项公式为a n n! .
2 2
评注：本题解题的关键是把递推关系式 a n 1 (n 1)a n (n 2) 转化为a
n 1
n 1(n 2) ，进而求出a n
a n a n 1 L a3 a2，从而可得当 n 2时， a n的表达式，最后再求出数列{ a n } 的通项公式。

a
n 1 a
n 2 a2
类型 4 ：待定系数法处理a n 1pa n q 或 a n 1pa n q n型数列
把原递推式a n 1pa n q,转化为a n 1t p( a n t ),t
p
;转化思路：1q
令a n 1t p(a n - t ), 此式与原式比较，得到 t p ，则数列a n 1t为等比数列
1 q a n - t
例，数列a n , a11,a n 12a n3, 求 a n
解：令 a n 1 t 2(a n t),比较原递推式，
2
-1，所以
a
n 1 1
即 a n 1 是公比为2的等t
3 a n
2
1 1
比数列，a n 1 =（a1 1 ） 2n -1，或令a n 1 b n， b n 是公比为 2 的等比数列，所以b n b1 * 2n 1 , 其中 b1 a1 1 2, b n 2 n，
变式 1：已知数列{ a n}满足a n 12a n 3 5n， a1 6 ，求数列a n的通项公式。

思路：等式两边同时除于 5n 1 ；原递推式变成a
n 1
2
*
a
n
3
,令
a
n b n，5n 1 5 5n 5 5n
8
2 3 2 2
2 n 1 a1 6 5
b
n 1 5b
n 5 b n 1 t 5 (b n t ) t 1 3
1b
n
1 b
1 5 , b1 5 5
5
n 1
1 2 n 1 2n 1
b n 1 b n 1 * 2 2n 1
b n 1 a n 2 n 1n 5
*
5n 5n
5
5 5
评注：本题解题的关键是把递推关系式a
n 1 2a n 3 5n转化为 a n 1 t p(a n - t ) ，最后再求出数列 { a n} 的
通项公式。

变式 2：已知数列{ a n } 满足 a n 1 2a n , a 1，求数列 { a n } 的通项公式。

a n 1
2
思路：将原递推式两边倒数后换元，再转化为a n 1 pa n q,
变式 3：已知数列{ a n}满足a n 1 3 a n5，a17 ，求数列 { a n } 的通项公式。

思路：将原递推式两边求对数后换元，再转化为
a n 1
, pa n q
变式 4：已知数列{ a n}满足a n 1
1
1 ，求数列{ a n}的通项公式。

(1 4a n 1 24a n )，a1
16
思路：：换元 b n 1 24a n，则 a n
1 (b n21)，再代入原递推式，再转化为a n 1pa n q,
24
类型 5 已知S n、a n递推式 S n f a n 求 a n
S1 , n 1
导出 a n S n S n 1，消去 S n，得到 a n与 a n 1的递推式，再利用前这种类型一般利用a n
S n 1 ,n
S n 1
a n（知识迁移： a n S1 , n 1
面的方法求解出a n 1
S n ）
S n 2 , n 2
例，已知数列a n前n项和S n 4 a n 1
，求：（ 1）a n
1与 a n的关系，（2）通项
a n。

n 2
2
解：（ 1）
a n 1 S n 1 S n (4 a n 1
1 1
a n 1
1 1 1 1 2
n 1 ) (4 a n
2
n 2
) a n
2 2
n 2
2
n 1
2
1 1 1 1 1 1 n 1 n
a
n 1 2 a n 2n 1 2 *
2n 1 2 a n 2n 2
a
n 1 2 a n 2
9
（ 2）由上式：
2n 1 a n 1 2n a n 2 2n 1 a n 1 2n a n 2 ，
令 b n 2n a n ，即有 b n 1 b n 2 ，而， b 1
2 a 1 2S 1 2 ，
所以， b n 为 b 1
2，公差 2,的等差数列， b n 2n, b n 2n a n a n
n
2n 1
类型 6： a 1ga 2 gL ga n
f (n) 求 a n
f (1),( n 1) 用作商法： a n
f (n)
,( n 2)
f (n 1)
数列求和的常用方法
然数和公式：
1
2
n n 1
n
2
①
；
12 22
n 2 n n 1 2n 1
②
6 ；
n 2 2
③ 13
23
n 3 n 1
4
一、利用等差等比数列的求和公式求和
1、 等差数列求和公式：
S n(a 1 a n ) na n(n 1) d
n 2 1 2
na 1 q n )
(q 1) 2、等比数列求和公式：
S n
a 1 (1 a 1 a n q (q 1)
1 q
1 q
[ 例 1] 已知 log 3 x
1 ，求 x x 2
x 3
x n
的前 n 和 .
log 2 3
log 3 x 1 log 3 x
log 3 2
1 解 ： 由
log 2 3
x
， 由 等 比 数 列 求 和 公 式 得
2
1
1
S n
x x
2
x
3
x n ＝ x(1
x n
) ＝ 2 (1 2n
) ＝1－ 1
（利用等比数列求和公式 ）
1 x 1 1 2n
2
[ 例 2]
S n ＝ 1+2+3+ ⋯ +n ， n ∈ N * ,求 f (n)
S n 的最大 .
(n 32)S n 1
10
解：由等差数列求和公式得
1 ( 1) ，
1 ( 1)( 2)
S n
2 n n
S n 1
2 n n
∴ f (n)
S n
＝ n 2
n ＝
1
＝
1
1
(n 32) S n 1
34n
64
8
50
64
n 34
( n
2
n
)
50
n
∴ 当
n
8
，即 n ＝ 8 ， f (n)max
1
8
50
二、 位相减法求和
种方法是在推 等比数列的前
n 和公式 所用的方法，
种方法主要用于求数列
{a n · b n } 的前 n
和，其中 { a n } 、 { b n } 分 是等差数列和等比数列 .
[ 例 3] 求和： S n
1 3x 5x
2 7x 3
( 2n 1)x n 1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
①
解：由 可知， { ( 2n
1)x n 1
} 的通 是等差数列 {2n － 1} 的通 与等比数列
{ x n 1
} 的通 之
xS n
1x 3x 2 5x 3 7 x 4
(2n 1) x n ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯. ②
①－②得 (1 x)S n
1 2x 2x
2 2x
3 2x 4
2x n
1
( 2n 1)x n
（ 位相减）
再利用等比数列的求和公式得： (1
x)S n
1 2x 1 x n 1
(2n 1) x n
1 x
∴
S n
(2n 1) x n 1
(2n 1) x
n (1 x)
(1 x)
2
[ 例 4]
求数列 2 , 4 , 6
,
, 2n
,
前 n 的和 .
2
22
23
2n
2n
} 的通 是等差数列
{2n} 的通 与等比数列
1 解：由 可知， {
n
{
n } 的通 之
2
2
S n
2
4 6
2n ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
①
2 2 2
2 3
2 n
1
2
4
6
2n
S n
2 2
2 3
2 4
2 n 1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
② 2
① -② (1
1
)S n
2 2
2 2
2
2n
2
1 2n
2
2 2 2
23
24
2 n
2n 1
2n 1 2n 1
n 2
∴
S n 4 2n 1
三、反序相加法求和
11
是推等差数列的前n 和公式所用的方法，就是将一个数列倒来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个(a1a n ) .
[ 例 5] 求sin21sin2 2 sin2 3sin2 88 sin2 89 的
解： S sin2 1 sin2 2 sin2 3sin2 88 sin2 89 ⋯⋯⋯⋯. ①
将①式右反序得
S sin2 89 sin2 88sin2 3 sin2 2 sin2 1 ⋯⋯⋯⋯..②
又因sin x cos(90 x), sin 2 x cos2 x 1，① +②得
2S (sin 2 1cos2 1 ) (sin 2 2cos2 2 )(sin 2 89cos2 89 ) ＝89
∴S＝ 44.5
1 已知函数
（ 1）明：；
（ 2）求的.
解：（ 1 ）先利用指数的相关性函数化，后明左=右
（ 2）利用第（ 1 ）小已明的可知，
两式相加得：
所以.
四、分法求和
有一数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列适当拆开，可分几个等差、等比或常
的数列，然后分求和，再将其合并即可.
12
[ 例 5] 求数列的前 n 和：1 1,1
4,
1
2 7, , 1n 1 3n 2 ，⋯
a a a
解：S n (1 1) ( 1 ( 1 7) ( 1 3 2)
4)
a n n
a a2 1
将其每一拆开再重新合得
S n (1 1 1 1 ) (1 4 7 3n 2)
a a 2 a n 1
当 a＝ 1 ，S n
(3n 1) n (3n 1)n
n 2 ＝ 2
1
1
(3n 1)n a a1 n (3n 1)n
a 1 ，S n
a n
1 1 2
＝
a 1 2
a
五、裂法求和
是分解与合思想在数列求和中的具体用. 裂法的是将数列中的每（通）分解，然后重新合，使之能消去一些，最达到求和的目的. 通分解（裂项）如：
（ 1）a n f (n 1) f ( n) （ 2）
sin 1
tan(n 1) tan n cosn cos(n 1)
（ 3）a n 1
1) 1
n
1
; a n
2n
1
1
1 1 1
n(n n 1 1 2n 2 2n 1 2n 1
（ 4）a n
1 1 1 1
) ( An B)( An C ) C
(
An B An
B C
⑸a n
1
n 1 n ; a n
1 1
a b n n 1 a b a b
[ 例 6] 求数列
1 , 1 , , 1 , 的前 n 和 .
1 2 n n
2 3 1
解： a n
1
n 1 n n n 1
S n 1 1 1
2 2
3 n n 1
1
＝ ( 2 1) ( 3 2) ( n 1 n )
＝n 1 1
13
[ 例 7] 在数列 {a n} 中，a n 1 2 n ，又
b n 2 ，求数列 {b
n} 的前 n 项的和 .
n 1 n 1 n 1 a n a n 1
解：∵ a n
1 2 n n n 1 n 1 n 1 2
∴ b n
2 1 1
) n n 1
8(
n
n 1 2 2
∴数列 {b n} 的前 n 项和
S n 8[(1 1 ) ( 1
1) (
1
1 ) (
1
1 )]
2 2
3 3
4 n n 1
＝ 8(1 1 ) ＝8n
n 1 n 1
六、分段求和法（合并法求和）
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些
项放在一起先求和，然后再求S n.
[ 例 8]求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
解：设 S n＝ cos1° + cos2° + cos3° +···+ cos178° + cos179°
∵cos n cos(180 n )
∴S n＝（ cos1° + cos179°） +（ cos2°+ cos178°） + （ cos3°+ cos177°） +···+（ cos89° + cos91°） + cos90°＝ 0
[ 例 9]在各项均为正数的等比数列中，若a5a69, 求 log 3 a1log 3 a2log 3 a10的值.
解：设 S n log 3 a1log 3 a2log 3 a10
由等比数列的性质m n p q a m a n a p a q（找特殊性质项）和对数的运算性质log a M log a N log a M N得
S n(log 3 a1log 3 a10 ) (log 3 a2log 3 a9 )(log 3 a5log 3 a6 )（合并求和）＝ (log 3 a1 a10 ) (log 3 a2a9 )(log 3 a5a6 )
＝ log 3 9 log 3 9log 3 9
＝10
14。