高中數學數列題型總結學案,講義

結論：（1）在等差數列

（這里

中，當項數為偶數即

）；

時，

。

；項數為奇數時，，

（2）若等差數列、的前和分別為、，且，則.

【例】設{}與{}是兩個等差數列，它們的前項和分別為和，若，那么___________（答：

）

（3）“首正”的遞減等差數列中，前

項和的最大值是所有非負項之和；“首負”的遞增等差數列中，前

項和的最小值是所

有非正項之和。法一：由不等式組于

確定出前多少項為非負（或非正）；法二：因等差數列前項是關

的二次函數，故可轉化為求二次函數的最值，但要注意數列的特殊性。上述兩種方法是運用了哪種數學思想？（函

數思想），由此你能求一般數列中的最大或最小項嗎如（1）等差數列

中，

，

，問此數列前多少項和最大？并求此最大值。（答：前13項和最大，最大值為

169）；（2）若是等差數列，首項，則使前n項和

，

成立的最大正整數n是（答：4006）

若是等比數列，則、、成等比數列；若成等比數列，則、

成等比數列；若是等比數列，且公比，則數列，也是等比數列。當，且為

偶數時，數列如①已知

且

，是常數數列0，它不是等比數列。

，設數列

滿足

，且

，則

.（答：）；②在等比數列中，為其前n項和，若

，則

的值為______（答：40）。

如設等比數列的公比為，前項和為，若成等差數列，則的值為_____（答：－2）

在等比數列中，當項數為偶數時，；項數為奇數時，。如設數列的前項和為（），關于數列有下列三個命題：①若，則既是等差

數列又是等比數列；②若

些命題中，真命題的序號是（答：②③）

一.數列的通項的求法：

，則是等差數列；③若，則是等比數列。這

⑴公式法：①等差數列通項公式；②等比數列通項公式。

⑵已知求，用作差法：。

如①已知的前項和滿足，求（答：）；②數列滿足

，求（答：）

⑶已知求，用作商法：。

如數列中，對所有的都有，則______（答：）

⑷若求用累加法：。

如已知數列

滿足，，則=________（答：）

⑸已知

求，用累乘法：。

如已知數列中，，前項和，若，求（答：）

⑹已知遞推關系求（1）形如

，用構造法（構造等差、等比數列）。特別地，

、（

為常數）的遞推數列都可以用待定系數法轉化為公比為

的等比數列后，

再求。如①已知

）；

，求（答：）；②已知，求（答：

（2）形如的遞推數列都可以用倒數法求通項。

如①已知，求（答：）；②已知數列滿足=1，，

求（答：）

二.數列求和的常用方法：

（1）公式法：①等差數列求和公式；②等比數列求和公式，特別聲明：運用等比數列求和公式，務必檢查其公比與1的關系，必要時需分類討論.；③常用公式：

;;.

如①等比數列的前項和Sｎ＝2ｎ－１，則＝_____（答：）；②計算機是將信息轉換成

二進制數進行處理的。二進制即“逢2進1”，如表示二進制數，將它轉換成十進制形式是

，那么將二進制轉換成十進制數是_______（答：）

（2）分組求和法：在直接運用公式法求和有困難時，常將“和式”中“同類項”先合并在一起，再運用公式法求和。如求：

（答：

）

（3）倒序相加法：若和式中到首尾距離相等的兩項和有其共性或數列的通項與組合數相關聯(lián)，則�？煽紤]選用倒序相加法，發(fā)揮其共性的作用求和（這也是等差數列前

和公式的推導方法）。

如①求證：；②已知，則

＝______（答：）

（4）錯位相減法：如果數列的通項是由一個等差數列的通項與一個等比數列的通項相乘構成，那么常選用錯位相減法（這也是等比數列前如（1）設

和公式的推導方法）。為等比數列，

，已知

，

，①求數列

的首項和公比；②

求數列的通項公式.（答：①，；②）；（2）設函數，數列滿足：，①求證：數列是等比數列；②令

，求函數在點處的導數，并比較與的

大小。（答：①略；②，當時，＝；當時，）

（5）裂項相消法：數列的通項可“分裂成兩項差”的形式，且相鄰項分裂后相關聯(lián)，常選用裂項相消法求和.常用裂項有：

①；②；

③，；

④；⑤；

⑥.

如①求和：

Sｎ＝９，則n＝_____（答：99）；

（答：）；②在數列中，，且

（6）通項轉換法：先對通項進行變形，發(fā)現其內在特征，再運用分組求和法求和。

如①求數列1×4，2×5，3×6，，，前項和=（答：）；②求和：

（答：）

數列綜合題

{Sn/n}的結論

例1．已知數列{an}是公差d≠0的等差數列，其前n項和為Sn．

(2)過點Q1(1，a1)，Q2(2，a2)作直線L2，設l1與l2的夾角為θ，“萬能通項”，遞推公式，特殊數列的證明方法

例2．已知數列an中，Sn是其前n項和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，

⑴設數列bnan12an(n1,2,)，求證：數列bn是等比數列；

⑵設數列cnan2n,(n1,2,)，求證：數列cn是等差數列；

⑶求數列an的通項公式及前n項和。數列的求和方法例4、設a1=1,a2=

5323,an+2=

n53an+1-

23an(n=1,2,---),令bn=an+1-an(n=1,2---)求數列{bn}的通項公式，(2)求數列{nan}的前n項的和Sn。

解：bn()(n1,2,)

2n

故Tn9[1()]3n()933（II）

2n(3n)23n1n

從而Sna12a2nan3(12n)2Tn數列與集合和函數綜合

32n(n1)(3n)23n1n118例5．在直角坐標平面上有一點列P1(x1,y1),P2(x2,y2),Pn(xn,yn)，對一切正整數n，點Pn位于函數y3x的圖象上，且Pn的橫坐標構成以⑴求點Pn的坐標；

13452為首項，1為公差的等差數列xn。

⑶設Sx|x2xn,nN,n1,Ty|y4yn,n1，等差數列an的任一項anST，其中a1是ST中的最大數，265a10125，求an的通項公式。解：（1）xn52(n1)(1)n*32yn3xn1343n54,Pn(n32,3n54)

（3）an724n(nN).

例6．數列an中，a18,a42且滿足an22an1annN

*⑴求數列an的通項公式；

⑵設Sn|a1||a2||an|，求Sn；⑶設bn=均有Tn1n(12an)(nN),Tnb1b2bn(nN)，是否存在最大的整數m，使得對任意nN，

***m32成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由。

解：（1）an82(n1)102n.（2）故Sn（3）m的最大整數值是7。五、強化訓練

9nn22

n5n6

n9n406、若一個等差數列的前3項和為34，最后3項的和為146，且所有項的和為390，則這個數列的項數為（A）A13B12C11D109、已知等差數列{an}滿足3a4=7a7,且

a1>0,Sn是{an}的前n項和，Sn取得最大值，則n=___9______.

22

11、設{an}是首項為1的正項數列，且（n+1）an+1-nan+an+1an=0,求它的通項公式是__1/n

12、已知數列{an}滿足a.1=1,an=a1+2a2+3a3+---+(n-1)an-1(n>1),則{an}的通項an=______a1=1;an=

n!2n2

13、定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它的后一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和。

已知數列{an}是等和數列，且a2，公和為5，那么a18的值為__3___，這個數列的前n項和Sn的計算公式為__當n為偶數時，Sn52n；當n為奇數時，Sn52n12

k

14.已知數列{an}中，a1=1，a2k=a2k-1+(-1),a2k+1=a2k+3,其中k=1,2,3，。

(1)求a3,a5；（2）求{an}的通項公式

n1K

解：（I）a3=3,a5=13.(II)當n為奇數時，an=

32n1n2(1)2123211;當n為偶數時，an(1)21.

22n15.在數列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差數列，bn，an1，bn1成等比數列（nN）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測|an|，|bn|的通項公式，并證明你的結論；

*（Ⅱ）證明：

1a1b11a2b2…1anbn512．

解：（Ⅰ）由條件得2bnanan1，an1bnbn1由此可得

2a26，b29，a312，b316，a420，b425．猜測ann(n1)，bn(n1)

用數學歸納法證明：①當n=1時，由上可得結論成立．②假設當n=k時，結論成立，即

2akk(k1)，bk(k1)，那么當n=k+1時，

22ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk1ak2bk2(k2)．所以當n=k+1時，結論也成立．

2由①②，可知ann(n1)，bn(n1)對一切正整數都成立．（Ⅱ）

21a1b116512．

n≥2時，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n．

故

1a1b11a2b2…1anbn161111…

22334n(n1)1611111111111115綜上，原不等式成立．…22334nn1622n164

擴展閱讀：高中數學等差數列題型總結

一、等差數列

1、數列的概念

例1．根據數列前4項，寫出它的通項公式：（1）1，3，5，7；（2）

2122，

3132，

41422，

5152；（3）11*2n，

12*3，13*4，

14*5。

解析：（1）an=2n1；（2）an=如（1）已知an(n1)1n1；（3）an=

(1)n(n1)。

nn1562(nN)，則在數列{an}的最大項為__；

anbn12*（2）數列{an}的通項為an

，其中a,b均為正數，則an與an1的大小關系為___；

（3）已知數列{an}中，annn，且{an}是遞增數列，求實數的取值范圍；

2、等差數列的判斷方法：定義法an1and(d為常數）或an1ananan1(n2)。例2．設Sn是數列{an}的前n項和，且Sn=n2，則{an}是（）A.等比數列，但不是等差數列B.等差數列，但不是等比數列C.等差數列，而且也是等比數列D.既非等比數列又非等差數列

S1(n1)1(n1)答案：B；解法一：an=，∴an=2n－1（n∈N）an2n1(n2)SnSn1(n2)又an+1－an=2為常數，

an1an2n12n1≠常數，∴{an}是等差數列，但不是等比數列.

解法二：如果一個數列的和是一個沒有常數項的關于n的二次函數，則這個數列一定是等差數列。練一練：設{an}是等差數列，求證：以bn=

a1a2annnN*為通項公式的數列{bn}為等差數列。

3、等差數列的通項：ana1(n1)d或anam(nm)d。4、等差數列的前n和：Snn(a1an)2，Snna1n(n1)2d。

例3：等差數列{an}的前n項和記為Sn，若a2＋a4＋a15的值是一個確定的常數，則數列{an}中也為常數的項是()A．S7B．S8C．S13

D．S15

13×(a1＋a13)113

解析：設a2＋a4＋a15＝p(常數)，∴3a1＋18d＝p，解a7＝p.∴S13＝＝13a7＝p.答案：C

3231

例4．等差數列{an}中，已知a1＝，a2＋a5＝4，an＝33，則n為()

3A．48B．49C．50D．51

1212

解析：∵a2＋a5＝2a1＋5d＝4，則由a1＝得d＝，令an＝33＝＋(n－1)×，可解得n＝50.故選C.

3333如(1)等差數列{an}中，a1030，a2050，則通項an；

（2）首項為-24的等差數列，從第10項起開始為正數，則公差的取值范圍是______；例5：設Sn是等差數列{an}的前n項和，a12＝－8，S9＝－9，則S16＝________.解析：S9＝9a5＝－9，∴a5＝－1，S16＝8(a5＋a12)＝－72.答案：－72

a11

例6：已知數列{an}為等差數列，若0的n的最大值為()

a10A．11B．19C．20D．21

19(a1＋a19)20(a1＋a20)a11

解析：∵0，a11如（1）數列{an}中，anan112(n2,nN)，an2*32，前n項和Sn152，則a1＝＿，n＝；

（2）已知數列{an}的前n項和Sn12nn，求數列{|an|}的前n項和Tn.5、等差中項：若a,A,b成等差數列，則A叫做a與b的等差中項，且Aab2。

提醒：（1）等差數列的通項公式及前n和公式中，涉及到5個元素：a1、d、n、an及Sn，其中a1、d稱作為基本元素。只要已知這5個元素中的任意3個，便可求出其余2個，即知3求2。

（2）為減少運算量，要注意設元的技巧，如奇數個數成等差，可設為，a2d,ad,a,ad,a2d（公差為d）；偶數個數成等差，可設為，a3d,ad,ad,a3d,（公差為2d）6.等差數列的性質：常用結論

（1）前n項和為，則（m、n∈N*，且m≠n）。

（2）若m+n=p+q（m、n、p、q∈N*，且m≠n，p≠q），則（3）

，，

成等差數列。

。

（4）若an，bn是等差數列Sn，Tn為前n項和，則即Snf(n)，則an(2n1)anS2n1f(2n1)Tnbn(2n1)bnT2n1

ambmS2m1T2m1；

（5）①若a1＞0，d＜0，有最大值，可由不等式組來確定n；

②若a1＜0，d＞0，有最小值，可由不等式組（6）若an=m,am=n,(mn)則am+n=0（7）若an=m,am=n,(mn)則am+n=0

（8）若Sn=m,Sm=n,(mn)則Sm+n=—m—n重點：

來確定n，也可由前n項和公式來確定n。

（1）當公差d0時，等差數列的通項公式ana1(n1)ddna1d是關于n的一次函數，且斜率為公差d；前n和

222（2）若公差d0，則為遞增等差數列，若公差d0，則為遞減等差數列，若公差d0，則為常數列。（3）當mnpq時,則有amanapaq，特別地，當mn2p時，則有aman2ap.

（4）若{an}、{bn}是等差數列，則{kan}、{kanpbn}(k、p是非零常數)、{apnq}(p,qN)、

*Snna1n(n1)ddn(a12d)n是關于n的二次函數且常數項為0.

Sn,S2nSn,S3nS2n，也成等差數列，而{an}成等比數列；若{an}是等比數列，且an0，則{lgan}是等差數列.

練一練：等差數列的前n項和為25，前2n項和為100，則它的前3n和為。

（5）在等差數列{an}中，當項數為偶數2n時，S偶－S奇nd；項數為奇數2n1時，S奇S偶a中，S2n1(2n1)a中aS（這里a中即an）；S奇:偶k(1):k。

練一練：項數為奇數的等差數列{an}中，奇數項和為80，偶數項和為75，求此數列的中間項與項數.（6）若等差數列{an}、{bn}的前n和分別為An、Bn，且

AnBnf(n)，則

anbnSnTn(2n1)an(2n1)bn3n14n3A2n1B2n1anbnf(2n1).

___________；

練一練：設{an}與{bn}是兩個等差數列，它們的前n項和分別為Sn和Tn，若

，那么

(7)“首正”的遞減等差數列中，前n項和的最大值是所有非負項之和；“首負”的遞增等差數列中，前n項和的最小值是所有非正an0確定出前多少項為非負（或非正）項之和。法一：由不等式組an0；法二：因等差數列前n項是關于n的二次或an10an10函數，故可轉化為求二次函數的最值，但要注意數列的特殊性nN。上述兩種方法是運用了哪種數學思想？（函數思想），由此你能求一般數列中的最大或最小項嗎？

練一練：等差數列{an}中，a125，S9S17，問此數列前多少項和最大？并求此最大值；例7．（1）設｛an｝（n∈N*）是等差數列，Sn是其前n項的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，則下列結論錯誤的是（）．．

A.d＜0B.a7＝0C.S9＞S5D.S6與S7均為Sn的最大值

（2）等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，則它的前3m項和為（）A.130B.170C.210D.260解析：（1）答案：C；由S5S8，得a8S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0，由題設a7=0，a814．Sn是等差數列{an}的前n項和，a52,an430(n≥5，nN)，Sn=336，則n的值是.三、解答題

15．己知{an}為等差數列，a12,a23，若在每相鄰兩項之間插入三個數，使它和原數列的數構成一個新的等差數列，求：（1）原數列的第12項是新數列的第幾項？（2）新數列的第29項是原數列的第幾項？

16．數列an是首項為23，公差為整數的等差數列，且第六項為正，第七項為負。（1）求數列公差；（2）求前n項和sn的最大值；（3）當sn0時，求n的最大值。

17．設等差數列{an}的前ｎ項的和為Sn,且S4=－62,S6=－75,求：

（1）{an}的通項公式an及前ｎ項的和Sn；（2）|a1|+|a2|+|a3|++|a14|.

18．已知數列an，首項a1=3且2an+1=SnSn－1(n≥2).（1）求證：{

*1Sn}是等差數列,并求公差；（2）求{an}的通項公式；

（3）數列{an}中是否存在自然數k0,使得當自然數k≥k0時使不等式ak>ak+1對任意大于等于k的自然數都成立,若存在求出最小

的k值,否則請說明理由.

選擇題：ABCCBDABDA填空題：11．8；12．3；13．24；14．21.

解答題：15．分析：應找到原數列的第n項是新數列的第幾項，即找出新、舊數列的對應關系。解：設新數列為

bn,則b1a12,b5a23,根據bnb1(n1)d,有b5b14d,即3=2+4d，∴d又ana1(n1)1n1(4n3)7414，∴

bn2(n1)14n74，

，∴anb4n3，即原數列的第n項為新數列的第4n－3項．（1）當n=12時，4n－3=4×12

dm1－3=45，故原數列的第12項為新數列的第45項；（2）由4n－3=29,得n=8，故新數列的第29項是原數列的第8項。說明：一般地，在公差為d的等差數列每相鄰兩項之間插入m個數,構成一個新的等差數列，則新數列的公差為項是新數列的第n+(n－1)m=(m+1)n－m項．

a15d016．解：（1）a123，a60，a70，∴23d23d為整數，∴d4.a16d02.原數列的第n

56（2）sn23n（3）sn2n2n(n1)2(4)=23n2n(n1)=－2n25225n=－2(n25)2625，∴當n6時sn最大=78

4225n0時，0n，故n最大值為12.

d，依題意得4a16d62，解得：a1=－20,d=3。⑴

∴

17．解：設等差數列首項為

(a1an)n2a1，公差為

n(203n23)6a115d75ana1(n1)d3n23,Sn設ak0且ak12220230,得3k230,且3(k1)230,k(kZ),k7,即第7項之前均為負數333n243n⑵a120,d23,an的項隨著n的增大而增大|a1||a2||a3||a14|(a1a2a7)(a8a9a14)S142S7147.

18．分析：證1為等差數列，即證11d（d是常數）。解：⑴由已知當

SnSnSn1n2時2anSnSn1得:2(SnSn1)SnSn1(n2).{1Sn}是以1S11a113為首項,公差d122(SnSn1)SnSn111Sn1Sn112(n2)⑵

的等差數列。1Sn1S1(n1)d13(n1)(12)53n6,Sn653n(n2)

從而an12SnSn13(n1)(n2)，因此an18(3n5)(3n8)(n2)(3n5)(3n8)18⑶令akak10,即(3k2)(3k5)(3k8)0，可得23k53或k83。故只需取k3,則對

大于或等于3的一切自然數總有akak1成立,這樣的自然數存在最小值3。

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