高考数列知识点表格

高考数列知识点表格（共10篇）

篇1：高考数列知识点表格

广东高考数列必备知识

广东高考涉及数列的题目通常是一“小”一“大”。

1.小题属于中、低档题，主要考查等差（比）的概念、公式以及性质，复习重点应放在“基本量法”（也俗称“知三求二”）和性质的应用上。

2.大题属于中、高档题，主要考查考生推理论证、抽象概括、运算求解和探究能力。近几年的题目条件主要集中在：（1）已知数列的递推关系式；（2）已知Sn与an的关系式；（3）通过函数关系（或解析几何）建立Sn与an的关系或递推关系等几种形式。考查的问题主要集中在：（1）确定数列的通项公式；（2）证明某些和（积）式的不等关系等。

对于问题（1）的处理，复习重点应放在认真分析递推关系式上，识记能用累加、累乘、倒数法求通项公式的结构特点，掌握形如an1panq(p0且p1,q0)的一阶递推以及其演化的递推式an1panqn和二阶递推式an2pan1qan的用待定系数法构造新等比数列求通项，以及先猜想出通项公式、再用数学归纳法证明的方法。

对于问题（2），复习重点之一：非等差（或等比）数列求和，主要包括：分组求和、裂项求和、错位相减求和等。重点之二：会解决数列中的不等关系，主要方法：①作差（商）法；②构造函数，利用函数的单调性；③分析法；④放缩法；⑤利用基本不等式；⑥反证法以及数学归纳法等。

篇2：高考数列知识点表格

一、基本公式：
1.

二、求通项公式 an 的方法：
1.

篇3：数列高考题型解读

数列试题的难度分布幅度大,既有容易的基本题和难度中等的小综合题,也有综合性和思考性强的难题,试题形态多变,时常有新颖的试题入卷. 考生为了在高考中取得好成绩,必须复习掌握好数列这一板块及其相关的知识和技能,了解数列试题的能力考查特点,提高解答这类试题的能力.为此,建议考生关注近几年来高考数列试题的考查特点,下面举例说明之.

一、等差、等比数列及其前 n 项和需要完全掌握

例1.(温州市十校联合体2014届高三10月测试理)已知数列{an}中,a1=1,

(1)求证*是等比数列,并求{an}的通项公式an;

评注:(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) 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.(4)了解等比数列与指数函数的关系.

二、递推数列注重创新

例2.(2012年广东)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式.

评注:Sn与an的关系是高考常见题型,主要根据an=Sn-Sn-1(n≥2)将和、项“混合式”转化为和或项的“单纯式”.常用构造新数列思想,以考查学生的推理与创新能力.

三、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题是重中之重

例3.(2010年江苏) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn.已知,数列*是公差为d的等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式(用n,d表示);

(2)设c为实数,对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m,n,k,不等式Sm+Sn>c Sk都成立,求证:c的最大值为9/2.

评注:本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分析及论证的能力.

篇4：2012年高考数列命题预测

1. 依数列的概念为依托，考查基本运算

从近年的命题情况看,依托数列的基本概念,设计考查基本运算的试题是数列中命制客观性试题的一种常见思路,此类题难度不大,往往在某一性质、某一知识点处设卡，突破后，可谓“一马平川”，直接得分.

例1 若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（ ）

A． 4 B． 2 C． －2 D． －4

解析 由a，b，c成等差数列，得2b=a+c，由于a+3b+c=10，得b=2，又c，a，b成等比数列，得a2=bc，即a2=2c，再结合a+c=4，得a=2或-4，由于a，b，c互不相等，故a=-4，选D.

点评 本题依托等比、等差数列的基本概念考查数列的基本运算问题，在求解中用到了等差数列的性质，难度不大，运算需细心，若将答案B改为“2或-4”，可能有粗心的考生会误选.

例2 已知等差数列{an}的公差d=1，若a1+a2+…+a99+a100=150，那么a2+a4+…+a98+a100的值为（ ）

A． 100 B． 150 C． 200 D． 250

解析 设由a1+a3+…+a97+a99=A，a2+a4+…+a98+a100=B，

那么A+B=a1+a2+…+a99+a100=150，B-A=50d=50?圯2B=200?圯B=100，选A.

点评 本题依托等差数列前项和的概念，考查等差数列的基本运算.难度不大,求解方法也很多,其中利用等差数列的性质,进行整体运算给人有种赏心悦目的感觉.

2. 依数列的性质为依托，考查基本技能

数列的性质包括通项与前n项和之间的关系、等差、等比数列的性质、由递推公式确定数列的基本特征等，这些基本性质是在数列中设计“小、巧、活”试题的重要基地.

例3 设正数a0，a1，…，a2012构成数列{an}且满足下列两个条件：①a0=a2012，②an-1+■=2an+■，则所有满足条件的数列中a0的最大值为 .

解析 由an-1+■=2an+■?圯an-1=2an……①或an-1=■……②

则a2012=a0（-1）■·22012-t，即a2012用了t次②，用了2012-t①，

（i）若t为奇数，得：a2012=■·22012-t，由于a0=a2012，即a0=■·22012-t，显然，a0≤■·22012-1，得a0≤21005■.

（ii）若t为偶数，此时a2012=a0·22012-t，由于a0=a2012，即a0=a0·22012-t，此时a0最小值不存在.

故a0的最小值为21005■.

点评 本题依托递推式an-1+■=2an+■，再借助于（-1）t的运算结果巧妙地设计出数列的最值问题，看看求解过程，可谓“短小精悍”极具“数学味”.

3. 依分段数列为依托，考查分析推理能力

数列是特殊函数，结合分段函数产生分段数列，依托分段数列项的波动性考查分析推理能力是近年高考命题的一大特点，此类数列的项的规律性不是太明显，不深入探究，极易出错或产生不了结论.

例4 已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=■，当an为偶数时3an+1，当an为奇数时若a6=1，则m所有可能的取值为 .

解析 由a6=1结合递推式，可得若a5为偶数，则由a6=■?圯a5=2；若a5为奇数，则由a6=3a5+1?圯a5=0（不合题意，舍去）.

由a5=2，若a4为偶数，则a5=■?圯a4=4；若a4为奇数，则由a5=3a4+1?圯a4=■（不合题意，舍去）.

由a4=4，若a3为偶数，则a4=■?圯a3=8；若a3为奇数，则由a4=3a3+1?圯a3=1.

由a3=8，若a2为偶数，则a2=16；若a2为奇数，则a2=■（不合题意，舍去）.

由a3=1，若a2为偶数，则a2=2；若a2为奇数，则a2=0（不合题意，舍去）.

由a2=16，若a1为偶数，则a1=32?圯m=32；若a1为奇数，则a2=3a1+1?圯a1=5?圯m=5；由a2=2，若a1为偶数，则a1=4?圯m=4；若a1为奇数，则a1=■（不合题意，舍去）.

故m所有可能的取值为32、5、4.

点评 本题借助于a6及递推公式，逐步向前推理，逐步分析，直至产生a1，再与条件结合产生结论.难度不大，但运算量不大，必须细心才行.

4. 依基本图形为依托，考查捕捉信息能力

图形，直观地告诉我们所有内容，“有用的”与“无用的”尽显无遗.依托图形设计数列问题，通过对图形变化的分析、纷乱数据的整理来考查考生捕捉信息与利用信息能力也是近年高考命题的一大特点.求解此类问题的关键在于图与数之间的合理、科学的转化.

例5 将正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图1，图2分别给出了n=2，3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别依次成等差数列，若顶点A，B，C处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f（n），则有f（2）=2，f（3）= ，…，f（n）= .

解析 当n=3时，如图3所示，分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知a+b+c=1，x1+x2=a+b，y1+y2=b+c，z1+z2=c+a.

那么x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，2g=x1+y2=x2+z1=y1+z2，

6g=x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，得g=■.

于是f（3）=a+b+c+x1+x2+y1+y2+z1+z2+g=1+2+■=■.

类似地可求得f（4）=5.由上知f（1）中有三个数，f（2）中有6个数，f（3）中共有10个数相加 ，f（4）中有15个数相加，…，若f（n-1）中有an-1（n>1）个数相加，可得f（n）中有（an-1+n+1）个数相加，且由f（1）=1=■，f（2）=■=■=f（1）+■，f（3）=■=f（2）+■，f（4）=5=f（3）+■，…，可得f（n）=f（n-1）+■，

所以f（n）=f（n-1）+■=f（n-2）+■+■=…=■+■+■+■+f（1）=■+■+■+■+■+■=■（n+1）（n+2）.

点评 本题建立在图形的基础上，结合等差数列的性质产生了f（3）、又类比f（3）的方法产生f（4），再通过f（2）、f（3）、f（3）中后一项与前一项的关系，归纳出f（n）与f（n-1）之间进一步的关系使问题出现实质性的转机，本题有难度也有技巧.

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5. 依两类特殊数列为依托，考查数列中的基本思想与基本方法的应用

等差数列与等比数列是两类特殊数列，每年高考围绕这两类数列设计的试题都比较多.对于此类题在设计上往往还会同时注重数列中的其它技能，比如：数列求和错位相减法及裂项法等，求解时，首先抓好第一问的求解，因为第一问的结论可能还会为第二问甚至第三问“服务”.

例6 设Sn等比数列{an}的前n项和，且S2，■，a2成等差数列，又S3=■.

（Ⅰ）求数列{■}的通项；

（Ⅱ）设bn=■，求数列{bn}的前n项和Sn．

解析 （Ⅰ）设首项为a1，公比为q，由S3=■，S2+a2=■，得■=■，a1+a1q+a1q=■?圯a1=■，q=■?圯an=■?圯■=3n.

所以数列{■}的通项为■=3n.

（Ⅱ）∵bn=■，∴bn=n·3n．

∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n………①

∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n3n+1………②

②-①得：2Sn=n3n+1-（3+32+33+…+3n），即2Sn=n3n+1-■，∴Sn=■+■．

点评 本题依托等差数列与等比数列，考查在数列中最常用的基本思想——方程思想与数列中最重要的求和方法——错位相减法.本题的求解中，第一问的结论很重要，因为它直接为第二问服务，若是第一问出错，第二问就什么也不谈了.

6. 依新定义为依托，考查数列中的创新意识与创新能力

以新定义为依托，命制新背景、新定义、新运算、新性质等的创新题型，考查考生创新能力与创新意识是近年高考数列试题的一种新苗头.由于数列本身具有抽象性与灵活性，又加上创新问题还存在着“阅读理解”问题，因此，此类题有较大难度，往往出在试卷的最后两题的位置.

例7 数列{an}的前n项和记为Sn，前kn项和记为Skn（n，k∈N*），对给定的常数k，若■是与n无关的非零常数t=f（k），则称该数列{an}是“k类和科比数列”，

（1）已知Sn=（■）2，an>0，求数列{an}的通项公式；

（2）证明:（1）的数列{an}是一个“k类和科比数列”；

（3）设正数列{cn}是一个等比数列，首项c1，公比Q（Q≠1），若数列{lgcn}是一个“k类和科比数列”，探究c1与Q的关系.

解析 （1）由Sn+1=■得Sn=■，作差得an+1=■，化简整理2an+1+2an=a2n+1-a2n，∴an+1-an=2.

由a1=（■）2，a1>0?圯a1=1，于是an=2n-1.

（2）由（1）知Sn=■=n2，那么S（k+1）n=（k+1）2n2，Skn=k2n2.

由于■=（■）2与n无关的非零常数，

所以数列{an}是一个“k类和科比数列”.

（3）由lgcn+1-lgcn=lg■=lgQ是一个常数，所以{lgcn}是一个等差数列，首项lgc1，公差lgQ，于是Sn=nlgc1+■·lgQ.

那么Skn=knlgc1+■·lgQ，S（k+1）n=（k+1）nlgc1+■·lgQ，

■=■=t

对一切n∈N*恒成立，化简整理[（k+1）2-k2t]·lgQ·n+[（k+1）-kt]·（2lgc1-lgQ）=0对一切n∈N*恒成立 ，所以（k+1）2-k2t=0，2lgc1-lgQ=0?圯Q=c12.

点评 本题依托“k类和科比数列”的定义,设计证明一个数列是“k类和科比数列”及利用这个数列的定义展开的推理问题.第一问属于常规问题,第二问与第三问就是新定义的运用.第三问的转化有难度,求解必需细心.

7. 依递推式为依托，考查推理论证的能力

递推式是数列的表示形式之一.近年利用这一表示形式对数列进行考查是司空见惯的，且大有越来越难之势.常规命题是建立在非线性的递推式的基础上进行展开，通过求通项及一些数列性质的论证等，考查考生对问题的变形能力及数列常规技巧、技巧的掌握情况.

例8 已知数列{bn}中，bn+1=■，n∈N*，记an=■.

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）若b1=0，试求数列{bn}的最大项与最小项；

（3）是否存在正整数b1使an>22-n，若存在，求出b1的值，否则，说明理由.

解析 （1）由bn+1=■?圯bn+1-1=■，bn+1+2=■?圯■=（-■）·■，即an+1=（-■）·an，显然，数列{an}是以a1为首项，以-■为公比的等比数列.

（2）由b1=0，得a1=■=-■，所以an=（-■）n-1·a1=（-■）n，

即■=（-■）n?圯bn=■=■+1.

显然，n为奇数时，■递增，则当n=1时，b1=0最小；此时，最大值不存在，无限地趋近于1.

n为偶数时，■递减，则当n=2时，b2=4最大；此时，最小值不存在，无限地趋近于1.

综上可知，数列{bn}的最大项为b2=4、最小项为b1=0.

（3）由（1）an=■=■·（-■）n-1，那么an>22-n即为■·（-■）n-1>22-n?圯■>2，由于b1为正整数，得■>2?圯b1-1>2（b1+2）?圯b1<-5，显然，不存在.

点评 本题第一问的合理变形是求解的重点与难点,突破这个之后求解就能顺利展开.对第二问最大项与最小项的分析要借助于符号进行,第三问其实是一个不等式问题.

8. 依函数、不等式为依托，考查综合运算数列知识的能力

依托函数的抽象性与不等式的灵活性，综合考查数列的运算能力，在广东的试卷中经常出现，也许2009年广东理科最后一题在复习时已经见过，函数、导数、不等式的巧妙结合令人叫绝.其求解的灵活性与构造的巧妙性也令人叹服，当然，对考生的“折磨”程度也让今天的你“望而生畏”.

例9 已知p≠0，对于任意自然数n都有点（an，an+1）在函数f（x）=px+1-p的图像上，且a1=2，

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）bn=2-qn-1（n∈N*），当n≥2时，p，q都在区间（0，1）内变化，且满足p2n-2+q2n-2≤1时，求所有点（an，bn）所构成图形的面积；

（3）当p>1时，证明：■<■+■+…+■<■（n∈N*）.

解析 （1）∵an+1=pan+1-p（n∈N*），∴ an+1-1=p（an-1），

∴{an-1}是以a1-1=1为首项，p为公比的等比数列.

因此an-1=pn-1，即an=1+pn-1.

（2）∵当n≥2时，an=1+pn-1，bn=2-qn-1，由0

∵p2n-2+q2n-2≤1，又∵（an-1）2=（pn-1）2=p2n-2，（bn-2）2=q2n-2.

而p2n-2+q2n-2≤1，∴（an-1）2+（bn-2）2≤1.

即对满足题设的所有点（an，bn）在区域?赘：

１

而对区域?赘内的任一点（x，y），取p=■∈（0，1），q=■∈（0，1），

则an=1+pn-1，bn=2-qn-1.

即?埚p，q∈（0，1），使得?坌（x，y）∈?赘，（x，y）都是（an，bn）（n∈N，n≥2）中的点.

综上可知，点（an，bn）构成的图形是如图所示的■圆，其面积为■.

（3）∵■=■=■>■=■?圯■+■+…＋■>■.

又∵■=■=■=■+■·■<■+■·■，

∴ ■+■+…＋■<■+■（■+■+…＋■）=■+■·■＝■+■（1-（■）n）<■，

∴■<■+■+…＋■<■（n∈N*）.

点评 建立在简单递推式的基础上给出数列是高考数列命题的常见形式之一.本题就是如此，将简单的递推式变开后，结合等比数列的定义，产生等比数列，再通过等比数列的有关性质产生第一问的结论.第二问与线性规划结合，其中分析出不等式组很关键，必须保证都不出错，否则满盘皆输.第三问除了数列的基本技能外，还要用到不等式的处理技巧.

数列题年年都有，且难度具有波动性.2011年文、理科都是第20题,又都是与递推式有关的且难度较大的试题.对于2012年我们要做好两手准备,既对基础考查与综合考查,唯有此,才能保住数列中的分数不少得.

（作者单位：中山市第一中学）

责任编校 徐国坚

篇5：等差数列高考补课

一．选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.已知等差数列{an}中，a2=6,a5=15.若bn=a2n,则数列｛bn｝的前5项和等于（）

(A)30（B）45(C)90(D)186

2.设{an}是等差数列，若a23,a713，则数列{an}前8项和为（）Ａ．128Ｂ．80Ｃ．64Ｄ．56

3.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S24，S420，则该数列的公差d=（）

A．7B.6C.3D.2

4.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a11，S420，则S6()2

A．16B.24C.36D.48

5.已知等差数列{an}满足a2a44，a3a510，则它的前10项的和S10（）

A．138B．135C．95D．23

6.已知{an}是等差数列，a1a24，a7a828，则该数列前10项和S10等于（）

A．64B．100C．110D．120

7.若等差数列{an}的前5项和S525，且a23，则a7（）

A．12B．13C．14D．15

8.已知｛an｝为等差数列，a2+a8=12,则a5等于（）

(A)4(B)5(C)6(D)7

9.等差数列{an}的前n项和为Sx若a21,a33,则S4＝（）

（A）12（B）10（C）8（D）6

210.已知数|an|的前n项和Sn=n-9n，第k项满足5

A.9B.8C.7D.6

11.已知{an}是等差数列，a1010，其前10项和S1070，则其公差d（）12Ｄ． 33

12.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S39，S636，则a7a8a9（）Ａ．Ｂ．Ｃ．

A．63B．45C．36D．27

13.等差数列{an}的前n项和为Sn，若S22,S410,则S4等于（）

（A）12（B）18（C）24（D）42

14.等差数列{an}中，a1=1,a3+a5=14，其降n项和Sn=100,则n=（）

(A)9(B)10(C)11(D)12

15.若等差数列{an}的前三项和S39且a11，则a2等于（）

A．3B.4C.5D.6

二、填空题：（本大题共3小题，每小题4分，共12分）2 313

1.在数列{an}在中，an4n52，a1a2ananbn，其中a,b为常数，则ab2

2.已知{an}为等差数列，a3 + a8 = 22，a6 = 7，则a5 =

3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S410,S515，则a4的最大值为。

4.设Sn是等差数列{an}的前n项和，a12=-8,S9=-9,则S16.，2，3，)，则此数列的通项公式为5.若数列{an}的前n项和Snn10n(n1

6.已知{an}是等差数列，a4a66，其前5项和S510，则其公差d． 27.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝21，则a2+a5＋a8＋a11＝．

8.已知数列的通项an=-5n+2,则其前n项和为Sn=

篇6：高考数学数列解题方法

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。

篇7：高考数列专题练习（汇总）

1．已知等差数列满足：，的前n项和为．

（Ⅰ）求及；

（Ⅱ）令bn=（），求数列的前n项和。

2.已知递增的等比数列满足是的等差中项。

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若是数列的前项和，求

3.等比数列为递增数列，且，数列(n∈N※)

（1）求数列的前项和；

（2），求使成立的最小值．

4．已知数列{

}、{

}满足：.(1)求;

(2)求数列{

}的通项公式；

(3)设，求实数为何值时恒成立

5．在数列中，为其前项和，满足．

（I）若，求数列的通项公式；

（II）若数列为公比不为1的等比数列，且，求．

6．已知数列中，，（1）求证：数列为等比数列。

（2）设数列的前项和为，若，求正整数列的最小值。

7．已知数列的前n项和为，若

（1）求证：为等比数列；

（2）求数列的前n项和。

8．已知数列中，当时，其前项和满足．

（1）求的表达；

（2）求数列的通项公式；

9.已知数列的首项，其中。

（1）求证：数列为等比数列；

（2）记，若，求最大的正整数．

10已知数列的前项和为，且对任意，有成等差数列．

（1）记数列，求证：数列是等比数列；

（2）数列的前项和为，求满足的所有的值．

11．已知数列的前n项和满足：（为常数，）

（1）求的通项公式；

（2）设，若数列为等比数列，求的值；

（3）在满足条件（2）的情形下，数列的前n项和为．

求证：．

正数数列{an}的前n项和为Sn，且2．

（1）试求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝，{bn}的前n项和为Tn，求证：．

13已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，且，又

成等比数列．

（1）求；

（2）若对任意，都有，求的最小值．

14已知数列满足：．

（1）求证：数列是等比数列；

（2）令（），如果对任意，都有，求实数的取值范围．

在数列中，，（1）设，求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

16．已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn，(p

–

1)Sn

=

p2

–

an，n

∈N*，p

0且p≠1，数列{bn}满足bn

=

2logpan．

（1）若p

=，设数列的前n项和为Tn，求证：0

Tn≤4；

（2）是否存在自然数M，使得当n

M时，an

1恒成立？若存在，求出相应的M；若不存在，请说明理由．

17.设数列的前n项和为，且对任意正整数n都成立，其中为常数，且，（1）求证：是等比数列；

（2）设数列的公比，数列满足：，求数列的前项和．

—

END

篇8：数列高考交汇题深度透视

一、等差数列与等比数列的交汇

例1（2015·浙江）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则（）

A. a1d>0，dS4>0B. a1d<0，dS4<0

C. a1d>0，dS4<0D. a1d<0，dS4>0

分析：由a3，a4，a8成等比数列得，a24=a3a8（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d）3a1d+5d2=0，因公差d≠0，故a1=-53d，a1d=-53d2<0，dS4=d（4a1+4×32d）=-23d2<0.

答案：B.

例2（2015·福建）若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的两个不同的零点，且a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）

A. 6B. 7C. 8D. 9

分析：不妨设a>b，由韦达定理得a+b=p>0，ab=q>0，则a>b>0，所以-2，b，a成等差数列，a，-2，b成等比数列，所以2b=a-2，ab=4，解得a=4，b=1或a=-2，b=-2（舍去），所以p=5，q=4，所以p+q=9.

答案：D.

解题策略：解决等差数列与等比数列的交汇性问题，关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来，研究这些项与序号之间的关系；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解.

二、数列与函数的交汇

例3（2015·陕西）设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.

（1）证明：函数Fn（x）=fn（x）-2在（12，1）内有且仅有一个零点（记为xn），且xn=12+12xn+1n；

（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn（x），比较fn（x）和gn（x）的大小，并加以证明.

分析：（1）利用函数的单调性和函数零点存在性定理；（2）将数列值大小的比较，转化为函数值大小的比较，并利用导数研究函数的单调，从而确定它们的大小关系.

解析：（1）证明：Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，

则Fn（1）=n-1>0，Fn（12）=1+12+（12）2+…+（12）n-2=1-（12）n+11-12-2=-12n<0，

所以Fn（x）在（12，1）内至少存在一个零点.

又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故Fn（x）在（12，1）内单调递增，

所以Fn（x）在（12，1）内有且仅有一个零点xn.

因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）=0，

即1-xn+1n1-xn-2=0，故xn=12+12xn+1n.

（2）由题设，gn（x）=（n+1）（1+xn）2.

设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn-（n+1）（1+xn）2，x>0.

当x=1时，fn（x）=gn（x）.

当x≠1时，h′（x）=1+2x+…+nxn-1-n（n+1）xn-12.

若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n（n+1）2xn-1=n（n+1）2xn-1-n（n+1）2xn-1=0.

若x>1，h′（x）

所以h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，

所以h（x）

综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）；当x≠1时，fn（x）

例4（2015·江苏）设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列.

（1）证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由.

（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列？并说明理由.

分析：（1）根据等比数列定义，只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可；（2）先将等比数列问题转化为方程问题，再通过换元，将二元方程问题转化为一元高次方程问题，进而讨论根是否存在；（3）同（2），再将方程根的问题转化为函数的零点问题进行探讨.

解析：（1）证明：因为2an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一个常数，

所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.

（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.

假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，

则a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.

令t=da，则1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12

化简得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.

将t2=t+1代入（*）式，得t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=-14.

显然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列.

（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列，

则an1（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），

且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k）.

分别在两个等式的两边同除以a2（n+k）1及a2（n+2k）1，并令t=da1（t>-13，t≠0），

则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k）.

将上述两个等式两边取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），

化简得2k[ln（1+2t）-ln（1+t）]=n[2ln（1+t）-ln（1+2t）]，

且k[3ln（1+3t）+ln（1+t）-4ln（1+2t）]=n[2ln（1+2t）-ln（1+t）-ln（1+3t）].

再将这两式相除，化简得

ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t）（**）.

令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）-ln（1+3t）ln（1+2t）-3ln（1+2t）ln（1+t），

则g′（t）=2[（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]（1+t）（1+2t）（1+3t）.

令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），

则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）-2（1+2t）ln（1+2t）+（1+t）ln（1+t）].

令φ1（t）=φ′（t），则φ′1（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）].

令φ2（t）=φ′1（t），

则φ′2（t）=12（1+t）（1+2t）（1+3t）>0.

由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ′2（t）>0，

知φ2（t），φ1（t），φ（t），g（t）在（-13，0）和（0，+∞）上均单调.

故g（t）只有唯一零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，

所以不存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列.

解题策略：数列是一种定义域为正整数集或正整数集的子集的函数，因此数列与函数有着天然的联系.数列中的方程问题，往往可以转化为函数的零点问题，而数列的最值问题或数列比大小问题，则需构造函数，通过利用导数研究函数的单调性，来解决数列的相关问题.

三、数列与不等式的交汇

例5（2015·浙江）已知数列{an}满足a1=12且an+1=an-a2n（n∈N*）

（1）证明：1≤anan+1≤2（n∈N*）；

（2）设数列{a2n}的前n项和为Sn，证明12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

分析：（1）首先根据递推公式可得0

证明：（1）由题意得an+1-an=-a2n≤0，即an+1≤an，故an≤12.

当n≥2时，由an=（1-an-1）an-1得，

an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0.

由0

故1≤anan+1≤2.

（2）由题意得a2n=an-an+1，

所以Sn=a1-an+1.①

由1an+1-1an=anan+1和1≤anan+1≤2得1≤1an+1-1an≤2，

所以n≤1an+1-1a1≤2n，

因此12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）.②

由①②得，12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

例6（2015·重庆）在数列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μa2n=0（n∈N+）.

（1）若λ=0，μ=-2，求数列{an}的通项公式；

（2）若λ=1k0（k0∈N+，k0≥2），μ=-1，证明：2+13k0+1

分析：（1）将已知的递推关系式等价变形为an+1=qan，并找到公比q；（2）依据递推关系归纳出该数列的单调性，并将ak0+1适当放缩.

解析：（1）由λ=0，μ=-2，有an+1an=2a2n（n∈N+）.

若存在某个n0∈N+，使得an0=0，则由上述递推公式易得an0-1=0.

重复上述过程可得a1=0，与a1=3矛盾，所以对任意n∈N+，an≠0.

从而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一个公比q=2的等比数列.

故an=a1qn-1=3×2n-1.

（2）证明：因为λ=1k0，μ=-1，所以数列{an}的递推关系式即为

an+1an+1k0an+1-a2n=0，变形为an+1（an+1k0）=a2n（n∈N+）.

由上式及a1=3>0，归纳可得3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.

因为an+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1，所以

ak0+1=a1+（a2-a1）+…+（ak0+1-ak0）=

a1-k0·1k0+1k0（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

>2+1k0（13k0+1+13k0+1+…+13k0+1）=2+13k0+1.

另一方面，由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2，得

ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

<2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0=2+12k0+1.

综上，2+13k0+1

解题策略：解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.

（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）

篇9：2013高考试题分类——数列

（1）若a1c2，求a2及a3；（2）求证：对任意nN,an1anc，；

（3）是否存在a1，使得a1,a2,an,成等差数列？若存在，求出所有这样的a1，若不

存在，说明理由.（2013四川卷）16．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，a2a18，且a4为a2和a3的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．

(2013上海春季卷)27．（本题满分8分）

已知数列{an}的前n项和为Snnn，数列{bn}满足bn22an*，求lim（b1b2bn）。n

(2013上海春季卷)30．（本题满分13分）本题共有2个小题，第一小题满分4分，第二小题满分9分。

在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴正半轴上，点Pn在x轴上，其横坐标为xn，且{xn}

是首项为

1、公比为2的等比数列，记PnAPn1n，nN。

（1）若3arctan1，求点A的坐标； 3，求n的最大值及相应n的值。（2）若点A的坐标

为(0

（2013北京卷）20.(本小题共13分)

已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1，an2,…的最小值记为Bn，dn=An－Bn。

(I)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；

(II)设d为非负整数，证明：dn=－d(n=1,2,3…)的充分必要条件为{an}为公差为d的等差数列；(III)证明：若a1=2，dn=1(n=1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.（2013湖北卷）18．已知等比数列an满足：a2a310，a1a2a3125。（I）求数列an的通项公式；（II）是否存在正整数m，使得

1？若存在，求m的最小值；若不存在，a1a2am

说明理由。

（2013广东卷）19．（本小题满分14分）

设数列an的前n项和为Sn.已知a11,(Ⅰ)求a2的值；

(Ⅱ)求数列an的通项公式；(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有

（2013大纲卷）17．（本小题满分10分）等差数列an的前n项和为Sn，已知S3=a2，2Sn12

an1n2n,nN*.n33

1117

.a1a2an4

且S1,S2,S4成等比数列，求an的通项式。

18．（2013浙江卷）在公差为d的等差数列{an}中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等

比数列。

（1）求d,an；（2）若d0，求|a1||a2||a3||an|.（2013天津卷）19．(本小题满分14分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列, 其前n2

项和为Sn(nN*), 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设TnSn

(nN*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.Sn

（2013陕西卷）17.(本小题满分12分)设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)导{an}的前n项和公式;

(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等

比数列.（2013山东卷）20．（本小题满分12分）设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）设数列bn前n项和为Tn，且 Tn

求数列cn的前n项和Rn。

（2013江西卷）17.（本小题满分12分）正项数列{an}的前项和{an}满足：

2sn(n2n1)snn(2n)0

an1

.令cnb2n(nN*).（为常数）n

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

（2013江苏卷）19．本小题满分16分。设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，n15*

T，数列{b}的前项和为。证明：对于任意的，都有 nNTnnnn

(n2)2a264

Sn是其前n项和。记bn

nSn*，其中c为实数。nN2

nc

（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：SnknSk（k,nN）；（2）若{bn}是等差数列，证明：c0。（2013江苏卷）23．本小题满分10分。

k个



1k-1

1，-2，-2,3,，3-,，3-，4-，4-，4，设数列an：（-4）1k-k，，（-）1k，即当

*

（k1）k（kk1）k1

kN时，an（-1）k，记Sna1a2annN，n22



对于lN，定义集合PlnSn是an的整数倍，nN，且1nl







（1）求集合P11中元素的个数；（2）求集合P2000中元素的个数。

(2013上海春季卷)11．若等差数列的前6项和为23，前9项和为57，则数列的前n项和

Sn=。

（2013安徽卷）14．如图，互不-相同的点A1,A2,Xn,和B1,B2,Bn,分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等。设OAnan.若

a11,a22,则数列an的通项公式是_________。

（2013北京卷）10.若等比数列{an}满足a2＋a4=20，a3＋a5=40，则公比q；前n项和Sn（2013福建卷）9．已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2...am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2...am(n1)m(m,nN*),则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为qC．数列{cn}为等比数列，公比为q

m2m

2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为q

mm

（2013大纲卷）6．已知数列an满足3an1an0,a2，则an的前10项和等于 3

10

10

613（A）



10

31331+3（B13（C）（D）

10

a11，Sn为其前n项和，（2013重庆卷）12．已知an是等差数列，公差d0，若a1,a2,a5

成等比数列，则S8_____

（2013课标卷Ⅱ）3．等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1

（A）

（B）3

（C）

（D）9

（2013课标卷Ⅰ）14.若数列{an}的前n项和为Sn＝

an，则数列{an}的通项公式是33

篇10：高一数列知识点总结

求数列通项公式常用以下几种方法：

一、题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。

例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2（n1），求该数列的通项公式an。

解：由an+1=an+2（n1）及已知可推出数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。所以an=2n—1。此类题主要是用等比、等差数列的定义判断，是较简单的基础小题。

二、已知数列的前n项和，用公式

S1（n=1）

Sn—Sn—1（n2）

例：已知数列{an}的前n项和Sn=n2—9n，第k项满足

5（A）9（B）8（C）7（D）6

解：∵an=Sn—Sn—1=2n—10，∴5<2k—10<8 ∴k=8 选（B）

此类题在解时要注意考虑n=1的情况。

三、已知an与Sn的关系时，通常用转化的方法，先求出Sn与n的关系，再由上面的（二）方法求通项公式。

例：已知数列{an}的前n项和Sn满足an=SnSn—1（n2），且a1=—，求数列{an}的通项公式。

解：∵an=SnSn—1（n2），而an=Sn—Sn—1，SnSn—1=Sn—Sn—1，两边同除以SnSn—1，得———=—1（n2），而—=—=—，∴{—} 是以—为首项，—1为公差的等差数列，∴—= —，Sn= —，再用

（二）的方法：当n2时，an=Sn—Sn—1=—，当n=1时不适合此式，所以，—（n=1）

—（n2）

四、用累加、累积的方法求通项公式

对于题中给出an与an+

1、an—1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。

例：设数列{an}是首项为1的正项数列，且满足（n+1）an+12—nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式

解：∵（n+1）an+12—nan2+an+1an=0，可分解为[（n+1）an+1—nan]（an+1+an）=0

又∵{an}是首项为1的正项数列，∴an+1+an ≠0，∴—=—，由此得出：—=—，—=—，—=—，…，—=—，这n—1个式子，将其相乘得：∴ —=—，又∵a1=1，∴an=—（n2），∵n=1也成立，∴an=—（n∈N*）

五、用构造数列方法求通项公式

题目中若给出的是递推关系式，而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时，可以考虑通过变形，构造出含有 an（或Sn）的式子，使其成为等比或等差数列，从而求出an（或Sn）与n的关系，这是近一、二年来的高考热点，因此既是重点也是难点。

例：已知数列{an}中，a1＝2，an+1=（——1）（an+2），n=1，2，3，……

（1）求{an}通项公式（2）略

解：由an+1=（——1）（an+2）得到an+1——＝（——1）（an——）

∴{an——}是首项为a1——，公比为——1的等比数列。

由a1＝2得an——=（——1）n—1（2——），于是an=（——1）n—1（2——）+—

又例：在数列{an}中，a1=2，an+1=4an—3n+1（n∈N*），证明数列{an—n}是等比数列。

证明：本题即证an+1—（n+1）=q（an—n）（q为非0常数）

由an+1=4an—3n+1，可变形为an+1—（n+1）=4（an—n），又∵a1—1=1，所以数列{an—n}是首项为1，公比为4的等比数列。

若将此问改为求an的通项公式，则仍可以通过求出{an—n}的通项公式，再转化到an的通项公式上来。

又例：设数列{an}的首项a1∈（0，1），an=—，n=2，3，4……（1）求{an}通项公式。（2）略