数列基础知识与典型例题

第三章数列 例1.已知数列an的前n项和为Sn2n2n,求 数列an的通项公式. 1.数列{an}的前n项和Sn与 通项a n的关系： aS1(n1)例2.已知an13且anSn12，求an及Sn． n S≥2) nSn1(n (n≥1) 求a 例3.已知a211，Snnann及Sn． 数 列 例4.求和11 1211231123n. 2.数列求和的常用方法：公 式法、裂项相消法、错位相 减法、倒序相加法等。 关键是找数列的通项结构。 例5.数列11,31,511248,716,…,(2n－1)+12n的前n项之和为Sn，则Sn等于( ) (A)n2+1－12n (B)2n2－n+1－12n (C)n2+1－12n1 (D)n2－n+1－1n 2 例6.求和: S12x3x24x3nxn1. 等差数列 等比数列 定义 an1and(d为常数,n≥2) an1 aq(q0,且为常数,n≥2) n 递推anan1d(anam(nm)d) anan1q(anmnamq) 公式 通项ana1(n1)d an1na1q（a1,q0） 公式 中项 aankGankank(ankank0) Ank2 （n,kN*,nk0） （n,kN*,n≥k≥0） 前nSn(a1an)na1 项和 n2S(q1)na等nan(n11)d 11qnaa 差21q1nq1q(q1)数列d2n2ad12n与重要①等和性:amanapaq①等积性:amanapaq等性质 (m,n,p,qN*,mnpq) (m,n,p,qN*,mnpq) 比数②anam(nm)d ②amnamqn 列 ③从等差数列中抽取等距离的项③从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列。 组成的数列是一个等比数列。 如：a1,a4,a7,a10,（下标成等差如：a1,a4,a7,a10,（下标成等差数列） 数列） 证明证明一个数列为等差数列的方证明一个数列为等比数列的方法： 方法 法： 定义法 a1.定义法 an11.q(常数) n1and(常数) an2.中项法 a中项法 a2n1an12an(n2) 2.n1an1（an）(n2) 设元三数等差：ad,a,ad 技巧 四数等差：a3d,ad,ad,a3d 三数等比：aq,a,aq或a,aq,aq2 四数等比：a,aq,aq2,aq3 联系 真数等比，对数等差; 指数等差，幂值等比。 重点把握通项公式和前n项和公式,对于性质主要是理解．．(也就是说自己能推导出来),具体运用时就能灵活自如.特别是推导过程中运用的方法,是我们研究其他数列的一种尝试.如推导等差数列通项公式的“累差”法和推导等比数列通项公式的“累积”法，是我们求其他数列通项公式的一种经验.又比如推导等差数列求和公式的“倒序相加法”和推导等比数列求和公式的“错位相减法”都是数列求和的重要技巧. 注:⑴等差、等比数列的证明须用定义证明;⑵数列计算是本章的中心内容， 利用等差数列和等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质熟练地进行计算，等是高考命题重点考查的内容.⑶解答有关数列问题时，经常要运用各种数学思想.差善于使用各种数学思想解答数列题，是我们复习应达到的目标.①函数思想：等数差等比数列的通项公式求和公式都可以看作是n的函数，所以等差等比数列的列某些问题可以化为函数问题求解. 与等②分类讨论思想：用等比数列求和公式应分为Sa1(1qn)n比1q(q1)及数Snna1(q1)；已知Sn求an时，也要进行分类；③整体思想：在解数列问题列 时，应注意摆脱呆板使用公式求解的思维定势，运用整体思想求解.⑷在解答有关的数列应用题时，要认真地进行分析，将实际问题抽象化，转化为数学问题，再利用有关数列知识和方法来解决.解答此类应用题是数学能力的综合运用，决不是简单地模仿和套用所能完成的.特别注意与年份有关的等比数列的第几项不要弄错. 例7.等差数列{a n}中，已知a11，a611，a n =33，则n为（ ） 33 (A)48 (B)49 (C)50 (D)51 例8.在等比数列an中,a712,q32,则a19_____. 例9.23和23的等比中项为( ) (A)1 (B)1 (C)1 (D)2 例10. 在等比数列an中，a22，a554，求a8， 等 差 数例11.在等比数列列an中,a1和a10是方程2x25x10的两个根, 与则a4a7( ) 等比(A)52 (B)22 (C)12 (D)12 数例12.已知等差数列列 an满足a1a2a3a1010,则有( ) (A)a1a1010 (B)a2a1000 (C)a3a990 (D)a5151 例13. 已知数列a2n的前n项和Sn3n2n， 求证:数列an成等差数列，并求其首项、公差、通项公式。 例14. 一个等差数列的前12项之和为354，前12项中偶数项与奇数项之比为 32：27，求公差. 例15. 在等比数列an，已知a15，a9a10100，求a18. 等例16.设数列{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7=7，S15=75, 差数Tn为数列{Snn}的前n项和，求Tn. 列 与 等 比 数 列 例17.三数成等比数列，若将第三个数减去32，则成等差数列，若再将这等差数列的第二个数减去4，则又成等比数列，求原来三个数. 例18. 在5和81之间插入两个正数，使前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，求这两个数的和. 例19. 设{an}是等差数列，b1a211n(2)n，已知b1+b2+b3=8，b1b2b3=8，求等差数列的通项an. 例20. 已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取最大值的正整数n是( ) (A)4或5 (B)5或6 (C)6或7 (D)8或9 数学基础知识与典型例题(第三章数列)答案

例1. 当n1时，a1S11,当n≥2时，an2n2n2(n1)2(n1)4n3,经检验 n1时 a11 也适合an4n3,∴an4n3(nN) 例2. 解：∵anSnSn1,∴ Sn2Sn12n,∴Sn2nSn12n11 设bSnn,∴bS12n 则bn是公差为1的等差数列nb1n1又∵b12a1232 , ∴

Snn1,∴S12n(2n1)2n,∴当n≥2时 anSnSn1(2n3)2n2n2 ∴a3(n1)n1n(2n3)2n2 (n≥2),Sn(2n1)2 例3 解：an2an1nSnSn1n(n1)2an1 从而有ann1an1 ∵a121321432111,∴a23,a343,a4543 ,a56543,

∴a(n1)(n2)32122nn(n1)n(n1)43n(n1),∴Snn2ann1. 例4.解：a1123n2n(n1)2(1n1nn1)∴S1111112nn2(12)(23)(nn1) 2(1n1)n1例5.A

例6. 解:S2n12x3x4x3nxn1①xSnx2x23x3n1xn1nxn② ①②1xSn1n1xx2xnxn，

当x1时,1xS1xn1xnnxnn111nxnnxn111nxnnxn1nn1xnxnx1x1x∴Sn1x2; 当x1时，Sn1nn1234n2 例7.C 例8.192 例9.C

例10. 解：aaa55485q3a5a541458 22 另解：∵a5是a2与a8的等比中项，∴542a82∴a81458

例11.D 例12.C 例13.解：a1S1321,

当n≥2时,a2nSnSn13n2n[3(n1)22(n1)]6n5,n1时亦满足 ∴ an6n5, ∴首项a11且 anan16n5[6(n1)5]6(常数) ∴an成等差数列且公差为6、首项a11、通项公式为an6n5

12a11211d354例14. 解一：设首项为a1，公差为d

则6(a6251d)d522d32

56a161722dS奇S偶354 解二：SS192偶32 偶由 S偶S奇6dd5

SS奇162奇27例15. 解：∵a101a18a9aa9a10，∴a18a100520 1例16. 解题思路分析：

法一：利用基本元素分析法

设{aS7a716d7an}首项为a1，公差为d，则72∴ 12S1515a115142d75d1

∴ Sn(n1)Sn1n22∴ nn22n252此式为n的一次函数 ∴ {Sn}为等差数列∴ T129nn4n4n

法二：{aSA72n}为等差数列，设Sn=An2

+Bn∴ 77B7S2B75 15A1515解之得：A12∴ S15n2n2n，下略

B522注：法二利用了等差数列前n项和的性质

例17.解：设原来三个数为a,aq,aq2 则必有 2aqa(aq232)①,(aq4)2a(aq232)② 由①： q4a2a代入②得：a2或a59 从而q5或13

∴原来三个数为2,10,50或22633,9,9

例18.70

例19. 解题思路分析：

∵ {an}为等差数列∴ {bn}为等比数列

b1b17b121∴ b1b3=b22,∴ b23=1138b18,∴ b2=2,∴ ,∴ b1或 8 3b1b2148b22∴ b2(1)n1232n 或 b15n4n84n122n

∵ b1an(2)n,∴ anlog1bn,∴ an=2n-3 或 an=-2n+5

23n2例20. 9n2