超全高中数学数列的综合复习

高中数学數列的综合复习

【本讲主要内容】

数列基础知识

数列的概念、数列的通项公式、数列的递推公式、数列通项公式与前n项和公式的关系。

【知识掌握】

【知识点精析】

1. 数列知识有着广泛的应用，而且学习数列对培养和提高观察、分析、归纳等能力都有重要的作用。

2. 数列基础知识

（1）数列 按一定次序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数都叫做这个数列的项，各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，…，第n项，…。例如1，4，7，10，13；1，2，3，

4，…，n，…都是数列，数列的一般形式可以写为a1，a2，a3,,an,其中an是数列的第n项，我们

常常把上面的数列简记作an。项数有限的数列叫做有穷数列，如上面例子中的第1个数列；项数无限的数列叫做无穷数列，如上面例子中的第2个数列，另外，我们依照数列各项数值大小的变化，可以分成递增数列，递减数列，摆动数列和常数数列。对数列要从函数的高度深刻理解，数列是定义域为正整数集或它的有限子集上的函数值列。

（2）数列的通项公式 如果一个数列的第n项an与项数n之间的函数关系可以用一个公式来表

2345，，，，3示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。例如，数列456…的通项公式可以为ann1(nN*)ann21(nN*)n2；数列2，5，10，17，…的通项公式可以为。

一个数列的通项公式的表达式也不一定是唯一的，例如-1，1，-1，1，…的通项公式既可以表示

1,n为奇数时anancosn(nN)an(1)n(nN*)1,n为偶数时 为也可以表示成，还可以表示成

（3）数列的递推公式 如果已知数列an的第1项（或前n项），且任一项an与它的前一项an1（或前n项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式，递推公式也是

a11，an12an1(nN*)给出数列的一种方法。例如，数列an满足条件：我们由此式可以写出数列an的第2，3，4，…项，此式就叫an的递推公式；再如，数列bn满足条件：

b11，b23，bn2bn12bn(nN*)，由此我们可以写出b3b22b15，b4b32b211，…，上面的式

子就是数列bn的递推公式。数列的递推公式不像数列的通项公式那样简单明确地表达了数列中的每一项，而要利用递推关系一步步地才能得到所需要的各项。但不少情况下，可以通过一定的数学方法将数列的递推公式转化为数列的通项公式。

，an（4）数列的前n项和 数列an中的a1，a2，之和叫做数列的前n项和，记作

Sna1a2an（或i1）。

aniS1(n1)anSnSn1(n2，nN*) （5）数列前n项和Sn与数列通项an之间的关系：由其各自的意义可知

这里要注意，当n≥2时anSnSn1所得出的式子，对于n=1时，a1可能适用，也可能不适用。因此由

Sn求

annS21aaannn的时候一定要先求出1，然后再求n≥2时的，例如，数列的前n项和，

求它的通项

ann11S21S213,a3n1。我们令n=1，得1即1，又当n≥2时，，所以

SnSn12n2n12n1，即n≥2时

an2n1，而此式中令n=1，a113所以，所求数列的通项公式

3(n1时）ann12（n2，nN*时）为

【解题方法指导】

例1. 数列an的前n项和Sn是n的二次函数形式，且它的前三项依次是-1，2，9，求该数列的通项公式。

解题思路分析：本题应先求出前n项和Sn的表达式，由前三项的值可以将二次函数的三项系数确定，然后再用Sn与通项an之间的关系求出an。

Snf(n)an2bnc(a,b,c为常数，nN*)解：设

依题意f(1)abc1

f(2)4a2bc1f(3)9a3bc10

abc14a2bc19a3bc10即

解得

a

7

2

b172 c4

∴

Sn7217nn422

当n=1时 a1S11

当n≥2时

anSnSn1

7217177nn4(n1)2(n1)42222 7n12而a11代入an7n12不符合。

1(n1)an7n12(n2，nN*) ∴该数列通项公式为

注意：由Sn求an的时候，一定要先确定S1(a1)，然后求出n≥2时的an后，要检验一下n=1时，是否符合an的式子，若不符合，则通项公式应以分段函数给出。

11an　a1n2，4n21，写出这个数列的前五项，并归纳出它的通项公

例2. 已知数列an中，式。

a1解：由已知

a2a1115a24113， ∴6。

a3a2119，a310。 422115

a4a31113,a414。 432135

a5a41117,a518。 442163

1591317，，，，.2∴数列的前五项分别是：6101418

可以归纳出数列通项公式为：

an4n3.4n2

下面进行证明：

1111()13213

方法一、n≥2时，

a2a11111()352351111a4a3()57257a3a2

anan11111()(2n3)(2n1)22n32n1

将上式相加：

ana11112n2n1(1)22n122n12n1

12n114n31an.而a1也满足此式2n124n224n3an(nN*)4n2

a1方法二、用数学归纳法证明。

141312，4122，∴n=1时，公式成立。

当n=1时，

a1假设当n=k（k≥1）时，

ak4k34k2。

当n=k+1时，

ak1ak14k21

ak114k214k32(4k3)(2k1)4k14k22(2k1)(2k1)2(2k1)

4(k1)3.4(k1)2

∴n=k+1时，公式也成立。

4n3(nN*)4n2

综上述，数列的通项公式为

an评述：本问题中给出的是数列的一个递推公式，因此它可以由前面的项求后面的项，求出前几项是不难的，但归纳出数列的通项公式有时是很不容易的，本题是先观察归纳出通项公式，然后给出证

明，其中用数学归纳法证明是常见方法，另外方法一给出的是累加的方法，借助于本数列的特点，累加后左边只有ana1，右边又是一个可以裂项相加的数列，因此就使问题得以证明。

例3. 已知数列an的前几项和为Sn，若a12，nan1Snn(n1) （1）求数列an的通项公式；

（2）令

TnSn2n，

①当n为何正整数值时，TnTn1；

②若对一切正整数n，总有Tnm，求m的取值范围。

解：（1）∵nan1Snn(n1) ①

∴n=1时，a2224，

当n2时，(n1)anSn1(n1)n ②

①－②得nan1(n1)anSnSn12n。

∴n(an1an)2n，

即an1an2（n2）

又a2a12，

∴数列an是首项为2，公差为2的等差数列，

∴an22(n1)2n。

n(22n)n(n1)2，

（2）①由（1）知

n(n1)2n

Sn∴

Tnn(n1)(n1)(n2)nTnTn12n1若使 即2，解得n2。

即当n为大于2的正整数时，TnTn1。

3T32，

②由①知当n2时总有TnTn1，又

T11T2∴T2、T3为Tn各项中数值最大的项，

33m2，即m的取值范围是2。

∴

mT2【考点突破】

【考点指要】

数列问题在高考试题中占有不小的份量，从近年各地高考题来看，占12分到19分左右，尤其2006年高考试题中，绝大多数的省、市试题占17分以上（含17分）。而数列基础知识的题目也经常出现，大多在解答题中，在综合运用数列知识的过程中，一般有已知数列前n项和Sn的式子求数列通项公式an；或由数列的递推关系求其通项等问题。

【典型例题分析】

例4. 已知数列xn满足

x13,x2x11,xn(xn1xn2)n3,4,22求此数列的通项xn。

解题思路分析：本题给出的是数列的递推关系，因此可以先求出数列前几项，然后猜想xn的式子，再证明。也可以将已知式变形为2xnxn1xn2，令n=3，4…列出各式后累加起来，再去解决。这里，我们只用后面的方法来解。

解：∵x13

x2x12

∴

x232

2xnxn1xn2(n3)

∴2x3x1x2

2x4x2x3

2x5x3x4

…

2xnxn1xn2

将上面各式相加，得

2xnxn1x12x26

将此式变形为 2(xn2)(xn12)

∴

xn21xn122

32x22212，x121 当n=2时，x12321∴数列xn2是以1为首项，2为公比的等比数列。

1xn21()n12∴

1xn2()n1(nN*)2∴所求数列的通项

limxn2x1评述：此题是05年广东省高考题，经改编而得，原题没有给的值，而是给n，求x1。

例5. （06年高考理科全国卷－22题第（I）问）

设数列an的前n项和

Sn412an2n1,n1,2,3。333

求首项a1与通项an。

解题思路分析：求a1只需把已知式中n=1代入即可，求an还需令n≥2，然后通过SnSn1而得。

S4解：令n=1，

1a1a121123133， ∴a12

4n≥2时

SnSn3a124121n32n133an132n3

an4a41n3n3an132

an4an12n 变形此式

an2n4(an12n1)

an2n即an14n12，又a124，

∴an2n是以4为首项，4为公比的等比数列。

∴

a44n14n，

ann2nn4n2（n=1，2，3，…）

综上述，首项a12，通项an4n2n(nN*)

【综合测试】

一、选择题

1. 已知2006是数列6，11，16，21，…中的一项，那么它是（ ）

A. 第399项 B. 第400项 C. 第401项 D. 第402项

2. 已知a11，an2an13，则a5等于（ ）

A. 21 B. –29 C. 31 D. －17

3. 数列an前n项和Snnn2，则当nN*且n≥2时一定有（ ）

A. nanna1Sn

B. Snnanna1

C. na1Snnan

D. nanSnna1

4. 数列1，-1，1，-1，…的通项公式在以下四个式子中可以是（ ）

①

an(1)n1

1(1)n1an2②

③

ansin(2n1)2

④

an(1)n2

A. ① ② B. ① ③ C. ② ③ D.③ ④

2n(当n为奇数时）f(n)2n(当n为偶数时），且anf(n)f(n1)，则 5. 已知函数

a1a2a100（ ）

A. 0 B. 100 C. –100 D. 10200

13，且对任意正整数m，n，都有amnaman，

6.（2006年湖南省理科高考题）差数列an满足则n（a1a2an）=（ ）

1A. 2

2B. 3

3C. 2

a1limD.2

7. 在数列an中，若2anan1an1(nN*,n2)则下列各不等式中一定成立的是（ ）

A.

2a2a4a3 B.

2a2a4a3 C.

2a2a4a3 D.

2a2a4a3

8.（2005年湖南省文科高考题）已知数列an满足a10，

an1an33an1(nN*)则a20=（ ）

A. 0 B. 3 C. 3

3D.2

二、填空题

n12n，则它的第五项是_______________

9. 数列an的通项公式是

an

10. 数列an中，前n项和Snn2n2，则它的通项an=___________________

11. 数列an中，

a11,a22112,(nN*,且n3)3an2anan1

则a3、a4分别为__________________

11112123123n，则S2006=________

12. 若数列的前n项和

Sn113. （2006年四川文科高考题）数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn1(n1)则an的通项公式为_______________

14. （2005年天津理科高考题）

a11，a22，an2an1(1)n(nN*)则S100=________________

三、解答题

n21an2ann1，问 15. 已知数列的通项公式为

312,5（1）13是否是数列中的项？

（2）a11,a25等于多少？

16. 在数列an中，a12且anan12(n1)(nN*,n2)，求数列通项an。

17. （2006年上海高考文科第20题）

设数列an的前n项和为Sn，且对任意正整数n，anSn4096。 （1）求数列an的通项公式；

（2）设数列log2an的前n项和为Tn，对数列Tn，从第几项起Tn509？

1n1SS3()nn2Snan2 （n≥18.（2005年江西文科高考题）已知数列的前几项和为，它满足

3）且

S11，S232，求数列an的通项公式。

综合测试答案

一、选择题

1. C 提示：由数列通项an5n1求得

2. B

3. D 提示：由

∴nanSnna1。

Snnn22，可以得出a10，n2时，an22n。又n2时，nn0

4. B

5.B 提示：由已知可知，当n为奇数时，n+1为偶数，n+2为奇数，所以

anan1n2(n1)2(n1)2(n2)22，所以

a1a2a3a4a99a1002

12a()2aman3，，所以令m=n=1，得令m=1，

6. A 提示：由已知对任意正整数m，n都有amn11(1n)3a1a2an311111a3()3an()nlim333n=2得…，由此可知，所以，所以n（a1a2an）=2。

7. A 提示：因为

a2a4(a2a42)2a2a4a3a2a42a32，而，所以

8.B 提示：由已知可得a23,a33,a40,a53,a63,…所以a203。

二、填空题

39. 16

0(n1)an2n(n2,nN*)提示：令n=1，得a11120,令n≥2 10.

anSnSn1n2n2(n1)2(n1)22n。

11.

a312,a425 提示：依递推关系式，分别代入n=3，n=4即可。

11222224012136n(n1)122334n(n1) 12. 2007 提示：Sn111111212(1)223nn1n1 ，将n=2006代入即可。

13.

an3n1 提示：n≥2时，用an12Sn1与an2Sn11两式相减，可得an13an，又知

a11，an是以1为首项，3为公比的等比数列。

14. 2600 提示：由数列的递推公式

an2an1(1)n可知，数列的各奇数项全相等，且等于1，

因此a1a3a9950，又数列的偶数项组成一个以2为公差的等差数列，∵a22，∴

a2a4a1002505049225502 ∴S1002600。

三、解答题

n2133215. 解：（1）令n15 解得n=2， ∴5是数列中第2项。

n2112122 令n113 解得n=5， ∴13是数列中第5项。

112160a11211161 （2）令n=11，

令n=25，

a2525213122251313。

60312,a11,a2561313。 ∴分别为

16. 解：n2时，a2a12(21)

a3a22(31)

a4a32(41)

…

anan12(n1)

将上面各式相加，得

ana1223n(n1)

(n2)(n1)2(n1)2

2 nn

ann2n2a21∵，∴

∵a12也适合上式，

ann2n2(nN*)∴数列的通项公式

说明：本题还可以先由给出的递推公式求出前几项，猜想出通项公式，再用数学归纳法证明。

17. 解：n=1时 a1S14096，∵S1a1， ∴a12048。

n≥2时，anSn4096

an1Sn14096

两式相减，得anan1SnSn10

即2anan1

1an12

an1∴an是以2048为首项，以2为公比的等比数列

1n1a2048()nan2∴的通项公式为

1log22048()n112n2（2）∵log2an=

∴数列log2an是首项为11，公差为-1的等差数列。

n(n1)123(1)n2n222

∴

Tnn11

123n2n5092 令2

2 n23n10180

n2346012

∵nN*,n46

∴从第46项起Tn＜509。

1SnSn23()n1218. 解：由已知， （n≥3）

1anan13()n12∴

n(1)将此式两边同乘以，得

1(1)nan(1)n1an13()n12

1n1bb3()nn1bn(1)an2设，则上式变为（n3）

n1b3b23()22 ∴

1b4b33()32

1b5b43()42

…

1bnbn13()n12

将上面各式相加，得

111bnb23()2()3()n1222

11n21()4231(1)n2312212

31n21()22

∴

bnb2∵a1S11，

52

a2S2a152

∴

b21bn43()n12 （n≥3） ∴

又b1a11，

b252 满足上式。

1(1)nan43()n12∴

1n143()(n为奇数）2an43(1)n1(n为偶数）2∴