高三数学 数列专题复习

数列历来是高考重点考查的章节，可能出较简单的题目，也可能出很难的题目．尤其是近几年来，很多高考试卷以数列题为压轴题，数列难题频频出现，给考生和中学数学教学带来很大压力．为了适应高考这一新形势，在教学中，尤其是进入第二轮复习以后，如何讲解或强化训练，使学生能够更熟练地解数列题，甚至是数列难题，很值得研究．

一. 基本性质

1. 一般数列的通项an与前n项和

2. 等差数列的通项公式：an=a1+（n－1）d an=ak+（n－k）d （其中a1为首项、ak为已知的第k项） 当d≠0时，an是关于n的一次式；当d=0时，an是一个常数 S1(n1)Sn的关系：an=SnSn1(n2)

3. 等差数列的前n项和公式：Sn=

nann(n1)d，当2na1n(n1)d； 2n(a1an)Sn=； 2Sn=d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为

0；当d=0时（a1≠0）， Sn=na1是关于n的正比例式 4. 等差数列的通项an与前n项和

ab等差中项公式：A=2

S2n1Sn的关系：an=2n1

5. （有唯一的值）

6. 等比数列的通项公式： an= a1 qn－1 an= ak qn－k （其中a1为首项、ak为已知的第k项，an≠0）

7. 等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=n a1 （是关于n的正比例式）；

当q≠1

a1(1qn)时，Sn=1q

a1anqSn=1q

8. 等比中项公式：G=ab （ab>0，有两个值） 9. 等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、

S2m－Sm、S3m－S2m、S4m － S3m、……仍为等差数列 10. 等差数列{an}中，若m+n=p+q，则amanapaq

11. 等比数列{an}中，若m+n=p+q，则amanapaq 12. 等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、

S2m－Sm、S3m－S2m、S4m － S3m、……仍为等比数列（当m为偶数且公比为－1的情况除外） 13. 两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an－bn}仍为等差数列 14.

an两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数的数列{anbn}、bn、

1bn仍为等比数列 15. 等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列 16. 等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列 17. 三个数成等差的设法：a－d，a，a+d；四个数成等差的设法：a－3d，a－d，，a+d，a+3d

18. 三个数成等比的设法：a/q，a，aq；四个数成等比的错误设

法：a/q3，a/q，aq，aq3 （因为其公比为q2>0，对于公比为负的情况不能包括）

19. {an}为等差数列，则ca（c>0）是等比数列

20. {bn}（bn>0）是等比数列，则{logcbn} （c>0且c1） 是等差数列

二,例题选讲

（一）等差等比数列的有关性质

n

例题1．（2012湖北理）（本小题满分12分）

已知等差数列{a}前三项的和为3，前三项的积为8.

n（Ⅰ）求等差数列{a}的通项公式；

n（Ⅱ）若a，a，a成等比数列，求数列{|a|}的前n项和.

231n解析：（Ⅰ）设等差数列{a}的公差为d，则an2a1d，a3a12d，

由题意得3a13d3,a1(a1d)(a12d)8. 解得a12,d3,或a14,d3.

所以由等差数列通项公式可得

a23(n1)3n5，或a43(n1)3n7.

故a3n5，或a3n7. （Ⅱ）当a3n5时，a，a，a分别为1，4，2，不成等比数列；

当a3n7时，a，a，a分别为1，2，4，成等比数列，满足条件.

nnnnn231n231故|an||3n7|n3n7,n1,2,

3n7,n3.

n记数列{|a|}的前n项和为S.

当n1时，S|a|4；当n2时，S当n3时，

112|a1||a2|5；

SnS2|a3||a4||an|5(337)(347)(3n7)

(n2)[2(3n7)]3211nn10. 当n2时，满足此式.

222n1,4,综上，Sn3211

nn10,n1.225

例题2．（2012广东文）（本小题满分14分）

设数列an的前n项和sn，数列sn的前n项和为Tn，满足

Tn2Snn2,nN*．

（1）求a1的值；

(2)求数列an的通项公式． 解：(1):a12a112 a11

Tn2Snn2①

②

Tn12Sn1(n1)2①-②得：

Sn2an2n1

……………… ③

在向后类推一次

Sn12an12(n1)1……… an2an2an12 an2an12

④ ③-④得：

an22(an12)

为公比的等比数列

{an2}是以a123,为首项,2

an232n1an32n12

例题3. 已知数列an的前三项与数列bn的前三项对应相同，且

a12a222a3...2n1an8n对任意的nN*都成立，数列bn1bn是等

差数列.

⑴求数列an与bn的通项公式；

⑵是否存在kN，使得bkak(0,1)，请说明理由.

n12n12an前a2a2a...2a8n点拨：（1）12左边相当于是数列3nSn项和的形式，可以联想到已知Sn求an的方法，当n2时，

nSn1an.

（2）把bkak看作一个函数，利用函数的思想方法来研究

bkak的取值情况.

解：（1）已知a12a222a3…2n1an8n(nN*）①

2n2n2时，a12a22a3…2an18(n1)(nN*）②

①－②得，2n1an8，求得an2， 在①中令n1，可得得a18241， 所以an24n4n(nN*）.

由题意b18，b24，b32，所以b2b14，b3b22， ∴数列{bn1bn}的公差为2(4)2， ∴bn1bn4(n1)22n6，

bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)

(4)(2)(2n8)n27n14(nN*）.

（2）bkakk27k1424k， 当k4时，

77f(k)(k)24k242单调递增，且f(4)1，

所以k4时，f(k)k27k1424k1，

又f(1)f(2)f(3)0，

所以，不存在kN*，使得bkak(0,1).

例4.已知数列{a}满足ann11,an12an1(nN)．

（1）求数列{a}的通项公式； （2）若数列{b}满足4nb11b2144bn1(an1)n(nN)，证明：{bn}是等

b差数列；

1a（3）证明：n23a12aa2nn(nN)． a3an12解：（1）∵an112(an1)，∴an1(a11)2n12n，∴an2n1．

b1b2bnn（2）方法1：∵4∴

2nbn，∴2(bb12bn)2nnbn，

2(b1b2bn1)2(n1)(n1)bn1(n2)，两式相减得

2bn2nbn(n1)bn1，

即(n2)bn2(n1)bn1(n2)，∴(n3)bn12(n2)bn2(n3)，两式相减，得

(n2)bn(n3)bn1(n1)bn1(n2)bn2，即(n2)(bnbn2)2(n2)bn1(n3)，

即bnbn22bn1，即bnbn1bn1bn2(n3)，∴数列{bn}为等差数列．

方法2：同方法1，得(n2)b设b2n2(n1)bn1(n2)．令n2，得b12．

b1d2d(dR)，下面用数学归纳法证明bn2(n1)d．

①当n1,2时，等式成立． ②假设当nk(k2)时，bbk1k2(k1)d，那么

k2k2bk[2(k1)d]2kd2[(k1)1]dk1k1k1k1，

这就是说，当nk1时，等式也成立． 根据①和②，知b∴{b}是等差数列．

nn2(n1)d对任何nN均成立，∴bn1bnd，

an2n112n11（3）∵n11，∴a1a2a3an111n．

a2a3a4an12222an12122n2n个2∵

an2n112n121(2n11)11111111n1n1nn1nnnan12122122422232(22)23221a∴a12，

aa2n1111n11n1n(2n)(1n)a3an1232223232212．

1a综上，得n23aaa2nn(nN)． a3an12技巧

1n(n1)(nk1)nk12：∵Ckn123knk2k1nk2k1kn，

11[1()n1]122∴Cn212Cnk1kCnn1n112111． n1122nnn2n1212技巧∴C2n1n(n1)(nk1)nk11113：∵Cknk!nkk!nkk!(k1)kk1kkn，

1111111k1n1CC(1)()()11． nn223n1nnn2nknn2技巧4：∵n12232111(n2)， n(n1)n1n∴111

11111111(1)()()22．

223n1nnn2例

n[fn(5.已知函数

fn(x)（

nN*）满足

1fn(0)2，

k1kkk1)fn()][fn()1]fn()（k0,1,2,,n1)． nnnn（1）记ak1kfn()n*，若n为定值，求{a}(k0,1,2,,n)的通项公式；

k（2）对nN，求证：1f4n(1)1． 3111)(1)akakak1解：（1）∵f令ak1k1()nnak，∴n(a1，得ank1k1n11aknn．

n1n1(ak)，则ak1aknnn，∴1，∴1，

n1n111为首项，以为fn(0)n∴ak11n1}故{ak1(ak1)．

nk是以a01公比的等比数列，∴af（2）14n1(n1k1)，即ak(1)k1(k0,1,2,,n)． nn(1)1111113an43(1)n142(1)n3． 34an3nn11121k1n121k1n1(1)n1CnCnCC2(CCC)． nnnnnnnn2nknnn2nknn方法

1n(n1)(nk1)nk11：∵Ckn123knk2k1nk2k1kn，

11[1()n1]122∴Cn212Cnk1kCnn1n112111， n1122nnn2n1212∴2(11)nn3．

kn方法∴C2n1n(n1)(nk1)nk11112：∵Ckkkk!(k1)kk1knk!nk!n，

1111111k1n1CC(1)()()11， nn223n1nnn2nknnn∴2(11)n3．

12说明：也可以用均值不等式aa且iN)证明(11)*anna1a2an(aiR,1in，nnn2．证明如下：

1n(1)1111n2n11n1n)n(1)(1)(1)1[]n1()(1)， ∵(11nnnnn1n1n1∴{(11)}是递增数列，∴(11)nnnn1(1)12．

1例题6．(2012浙江文)（本题满分14分）已知数列{an}的前n项和

为Sn，且Sn2n2n,nN*，数列{bn}满足a⑴求an,bn; ⑵求数列{anbn}的前项和Tn. 解：（Ⅰ）由Sn2n2n得，

当n1时， 当n2时，

a1S13 anSnSn14n1 an4n1,nN*,

n4log2bn3,nN*.

所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知

由4n1an4log2bn3bn2n1,nN*.

anbn(4n1)2n1,nN*,

Tn3721122(4n1)2n1

2Tn327221123(4n5)2n1(4n1)2n

所以 所

以

Tn(4n5)2n5,nN*.

2TnTn(4n1)2n[34(2222n1)](4n5)2n5

即

例题7. （2012四川文）(本小题满分12分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设a10，100，当n为何值时，数列{lg1}的前n项和

an最大？

解：（Ⅰ）取n1，得a122S12a1，a1(a12)0，

若a10，则Sn0．当n2时，anSnSn1000，所以an0． 若a10，则a12．当n2时，2an2Sn，2an12Sn1，两式相

减得2an2an1an，

所以

ana12an2an1n(n12，)从而数列

{an}是等比数列，所以

22n12n．

2n综上，当a10时，an0；当a10时，an100时，（Ⅱ）当a10，令bn．

2lg1an100，由（Ⅰ）有， bnlgn2nlg2．

所以数列{bn}是单调递减的等差数列（公差为lg2）．

b1b2b6lgbnb7l10g27an100100lglg10260l0，

g1当

0n7时，

01l，g 128故数列{lg1}的前6项和最大．

例题8．(2012天津理) (本小题满分13分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,且a1=

b1=2，a4+b4=27，S4b4=10.

(Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(Ⅱ)记Tn=anb1+an1b2++anb1，nN+，证明Tn+12=2an+10bn(nN+). 解析

（1） 解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，

由a1b12得

323d2q273解得a423d,b42q,S486d，由条件得方程组386d2q10d3 q2所以an3n1,bn2n,nN （2） 证明：由（1）得

Tn2an22an12na1 ……①

2Tn22an23an12n1a1…………② ②-①得

Tn2(3n1)3(22232n)2n2

12(12n1)2n26n2102n6n10

12而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10 故Tn122an10bn,nN

例题9.（2012天津文）（本题满分13分）

已知｛｝是等差数列，其前n项和为Sn，｛｝是等比数列，且==2,a4b427,-=10

（I）求数列｛｝与｛｝的通项公式；

（II）记Tna1b1a2b2anbn，证明Tn8an1bn1,nN,n2。 解：（1）设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q，由

a1b12得，

323d2q27解得a423d,b42q,S486d，由条件得方程组386d2q103d3 q2所以an3n1,bn2n,nN. （2）证明：由（1）得

Tn22522823(3n1)2n,①

2Tn222523824(3n1)2n1,②

由①-②得-Tn2232232332n(3n1)2n1

6(12n)(3n1)2n12(3n4)2n18. 12 所以Tn8(3n4)2n1，而当n2时，an1bn1(3n4)2n1 所以Tn8an1bn1,nN,n2 .

例题10. （2012江西文）（本小题满分12分）

已知数列|an|的前n项和Snkcnk（其中c，k为常数），且a2=4，a6=8a3 （1）求an；

（2）求数列{nan}的前n项和Tn。

【解析】(1)当n1时，anSnSn1k(cncn1) 则anSnSn1k(cncn1)

a6k(c6c5)，a3k(c3c2)

a6c6c5∴c=2.∵a2=4，即k(c2c1)4，解得32c38，

a3cck=2，∴an2n（n）1）

当n=1时，a1S12 综上所述an2n(nN*) (2) nann2n，则

Tn2222323n2n(1)2Tn122232(n1)2n2234nn1(2)（1）-（2）得

Tn222232nn2n1 Tn2(n1)2n1

(二)数列性质的简单应用

例题11、（2012江苏卷）已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满

足：an1anbn22anbn,nN*

(1) 设bn11bn,nN*，求证：{(n)2}是等差数列；

anban(2) 设bn12bn,nN*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值 an解(1)由题设知an1anbnanbn2211(bnanan2)bnb1(bn2)an

所以

bn1bn21()an1an从而(bn12bn2)()1(nN*) an1an所以数列(bn2)是公差为an1的等差数列.

(anbn)222anbn(anbn)2 (2)因为an0,bn0,所以

2从而1an1anbnanbn222 (*)

设等比数列an的公比为q,由an0知q0下证q1. 若q1,则a1a22时an1a1qn2与(*)矛盾; a22故当nlogqqa1a21a21故当nlogqa1q若0q1,则a1综上,

时an1a1qn1与(*)矛盾.

q1,故ana1(nN*),所以1a12.

又bn12bn2bn(nN*) ana1所以bn是公比为2的等比数列.

a1若a12则21,于是b1b2b3又由a1a1

a1bna1bn22

得bna1a1222a12a112,

所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾. 所以a12,从而bn所以.a1b12.

例题12．（2012湖南理）（本小题满分12分）已知数列an的各项均为正数，记A（n）=a1+a2+……+an，

B（n）=a2+a3+……+an+1，C（n）=a3+a4+……+an+2，n=1，2，……． （Ⅰ）若a1=1，a2=5，且对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)

组成等差数列，求数列an的通项公式；

（Ⅱ）证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意nN，

三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列．

解：（Ⅰ）对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)是等差数列，所以

B(n)A(n)C( nBna1a1222a12a112

即an1a1an2a2，亦即an2an1a2a14．

故数列an是首项为１，公差为４的等差数列．于是

an1(n1)44n3.

（Ⅱ）（１）必要性：若数列an是公比为q的等比数列，则对任

意nN，有

an1anq．由an0知，A(n),B(n),C(n)均大于０，于是

.an..)B(n)a2a3...anq1(a1a2q， A(n)a1a2...anaa1...a2nq(a2a3.an..1)aa4...an C(n)32q，

B(n)a2a3...an1aa2...an31即

B(n)C(n)＝＝q，所以三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为qB(n)A(n)的等比数列．

（２）充分性：若对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比

为q的等比数列，

则B(n)qA(n),C(n)qB(n)．

于是C(n)B(n)qB(n)A(n),得an2a2q(an1a1)，即 an2qan1aqa2．

由n1有B(1)qA(1),即a2qa1，从而an2qan10． 因为an0，所以

an2a2q， an1a1故数列an是首项为a1，公比为q的等比数列．

综上所述，数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是： 对任意n∈N﹡，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列．

例题13.(2012安徽理)（本小题满分13分）

2 数列{xn}满足：x10,xn1xnxnc(nN*)

（I）证明：数列{xn}是单调递减数列的充分必要条件是c0 （II）求c的取值范围，使数列{xn}是单调递增数列。 【解析】（I）必要条件

2 当c0时，xn1xnxncxn数列{xn}是单调递减数列

充分条件

数列{xn}是单调递减数列x1x2x12x1ccx120 得：数列{xn}是单调递减数列的充分必要条件是c0 （II）由（I）得：C0

①当c0时，ana10，不合题意

②当c0时，x2cx1,x3c22cx2c0c1

22 xn1xncxn0xnc10x1xnc 22 xn2xn1(xnx) 1n)(xn1xn)(xn1xn)(xn1xn1当c时，xn14c1xnxn110xn2xn1与xn1xn同号， 2由x2x1c0xn2xn0xn1xn

2 limxn1lim(xnxnc)limxnc nnn当c时，存在N，使xN141xNxN11xN2xN21与xN1xN异号

与数列{xn}是单调递减数列矛盾

得：当0c时，数列{xn}是单调递增数列

例题14.(2012安徽文)（本小题满分13分） 设函数的数列为{xn}.

f（x）=

x214+sinx的所有正的极小值点从小到大排成

（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式； （Ⅱ）设{xn}的前n项和为Sn，求sinSn。 【解析】（I）f(x)

x12sinxf(x)cosx0x2k(kZ) 22322 f(x)02kx2k(kZ)

3324 f(x)02kx2k(kZ)

332 得：当x2k(kZ)时，f(x)取极小值

32 得：xn2n

32（II）由（I）得：xn2n

3

Snx1x2x3xn2(123n)2n2nn(n1)33

当n3k(kN*)时，sinSnsin(2k)0 当n3k1(kN*)时，sinSnsin 当n3k2(kN*)时，sinSnsin 得： 当n3k(kN*)时，sinSn0 当n3k1(kN*)时，sinSn 当n3k2(kN*)时，sinSn

例题15. (2012广东理)（本小题满分14分）

设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n1+1，nN,且

3 23 223 3243 32a1,a25,a3成等差数列。

（1） 求a1的值； （2）求数列an的通项公式。 （3） 证明：对一切正整数n，有解：（1）由2Snan12n11,

令n2有 2a1a2a37，又 2a25a1a3

1113. a1a2an2 a11

（2）

2Snan12n11 2Sn1an2n1

○1

○2

由○1-○2有 2aaa2n nn1n an13an2n



bn1an13an2n2n12n12n1 令

anbn则 2n31bn 22n 即

32bn113， bn12

b1a11 22

b1为公比为

的等比数列。

32n3bn1b112a3bn1n2n2nnn1

 a3n2n

（3）an3n13n2n3n123n12n10，nN  an3n1 即

11n1an3



11111131312n1n a1a2an332323

1113 a1a2an2例题16. （2012广东理）（本小题共14分）

数列an满足a1=2，an1=24an2,数列{bn}定义为：bn=2n1an,n∈N.

（1）求数列an的通项公式； （2）证明：bn<7, n∈N 解：（１）设a12sin,则

4

a2244sin2422cos42(1cos44sin2232sin23

若ak2sin2k1，则由递推关系知

2k12sin ak122cos2k2

所以，an的通项公式

an2sin2n1(nN) 2n2sin（２）由（１）知，bn因为0x证明）

所以bn

2n2sin2n1(nN)，于是

2时，sinx22n12n22n127 证毕.

例题17（2012山东理）（本小题满分12分）

在等差数列{an}中，a3+a4+a5=84，a9=73. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）对任意m∈N﹡，将数列{an}中落入区间（9m，92m）内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm。

解析：（Ⅰ）由a3+a4+a5=84，a5=73可得3a484,a428,而a9=73，则5da9a445,d9，a1a43d28271， 于是an1(n1)99n8，即an9n8.

（Ⅱ）对任意m∈N﹡，9m9n892m，则9m89n92m8， 即9m188n92m1，而nN*，由题意可知bm92m19m1， 99于是Smb1b2bm919392m1(90919m1)

992m119m92m199m192m1109m192m119m219808808081992m119m即Sm808，

.