1、1回扣 4 数 列1牢记概念与公式等差数列、等比数列等差数列 等比数列通项公式 an a1( n1) d an a1qn1 (q0)前 n 项和Sn na1na1 an2dnn 12(1)q1， Sn ；a11 qn1 q a1 anq1 q(2)q1， Sn na12.活用定理与结论(1)等差、等比数列 an的常用性质等差数列 等比数列性质若 m， n， p， qN *，且m n p q，则am an ap aq； an am( n m)d； Sm， S2m Sm， S3m S2m，仍成等差数列若 m， n， p， qN *，且m n p q，则aman apaq； an amqn m； S
2、m， S2m Sm， S3m S2m，仍成等比数列( Sm0)(2)判断等差数列的常用方法2定义法an1 an d(常数)( nN *)an是等差数列通项公式法an pn q(p， q 为常数， nN *)an是等差数列中项公式法2an1 an an2 (nN *)an是等差数列前 n 项和公式法Sn An2 Bn(A， B 为常数， nN *)an是等差数列(3)判断等比数列的常用方法定义法 q(q 是不为 0 的常数， nN *)an是等比数列an 1an通项公式法an cqn(c， q 均是不为 0 的常数， nN *)an是等比数列中项公式法a anan2 (anan1 an2 0，
3、nN *)an是等比数列2n 13数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和(2)形如 anbn(其中 an为等差数列， bn为等比数列)的数列，利用错位相减法求和(3)通项公式形如 an (其中 a， b1， b2， c 为常数)用裂项相消法求和can b1an b2(4)通项公式形如 an(1) nn 或 an a(1) n(其中 a 为常数， nN *)等正负项交叉的数列求和一般用并项法并项时应注意分 n 为奇数、偶数两种情况讨论(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成 cn an bn形式的数列求和问题的方法，其中 an与 bn是等差(比)数列或一些可
4、以直接求和的数列(6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求 Sn.1已知数列的前 n 项和求 an，易忽视 n1 的情形，直接用 Sn Sn1 表示事实上，当n1 时， a1 S1；当 n2 时， an Sn Sn1 .2易混淆几何平均数与等比中项，正数 a， b 的等比中项是 .ab3等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算如等差数列 an与 bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，已知 ，求 时，无法正确赋值求SnTn n 12n 3 anbn解34易忽视等比数列中公比 q0 导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解5运用等比数列的前
5、n 项和公式时，易忘记分类讨论一定分 q1 和 q1 两种情况进行讨论6利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项7裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等，如 ，1nn 2 1n 1n 2而是 .1nn 2 12(1n 1n 2)8通项中含有(1) n的数列求和时，要把结果写成 n 为奇数和 n 为偶数两种情况的分段形式1设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 S130， S140， a80， a3 a100， a6a70 的最大自然数 n 的值为( )A6 B7C12 D13答案 C解析 a10， a6a70， a70， a1 a132 a70， S130 的最大自然
6、数 n 的值为 12.4已知数列 an满足 13a 9 na(nN *)且 a2 a4 a69，则 15793log()a 等于( )A B313C3 D.13答案 C解析 由已知 1na 9 na 2 ，所以 an1 an2，所以数列 an是公差为 2 的等差数列，a5 a7 a9( a23 d)( a43 d)( a63 d)( a2 a4 a6)9 d99227，所以 1573log 13log273.故选 C.55已知正数组成的等比数列 an，若 a1a20100，那么 a7 a14的最小值为( )A20 B25C50 D不存在答案 A解析 在正数组成的等比数列 an中，因为 a1a2
7、0100，由等比数列的性质可得a1a20 a7a14100，那么 a7 a142 2 20，当且仅当 a7 a1410 时取a7a14 100等号，所以 a7 a14的最小值为 20.6已知数列 an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2 an4( nN *)，则 an等于( )A2 n1 B2 nC2 n1 D2 n2答案 A解析 an1 Sn1 Sn2 an1 4(2 an4) an1 2 an，再令n1， S12 a14 a14，数列 an是以 4 为首项，2 为公比的等比数列， an42 n1 2 n1 ，故选 A.7已知等差数列 an的公差和首项都不等于 0，且 a2， a4， a8成等
8、比数列，则 等a1 a5 a9a2 a3于( )A2 B3 C5 D7答案 B解析 在等差数列 an中， a2， a4， a8成等比数列， a a2a8，( a13 d)2( a1 d)(a17 d)，24 d2 a1d， d0， d a1， 3，故选 B.a1 a5 a9a2 a3 15a15a18已知 Sn为数列 an的前 n 项和，若 an(4cos n) n(2cos n)( nN *)，则 S20等于( )A31 B122C324 D484答案 B解析 由题意可知，因为 an(4cos n) n(2cos n)，所以 a11， a2 ， a33， a4 ， a55， a6 ，25 4
9、5 65所以数列 an的奇数项构成首项为 1，公差为 2 的等差数列，偶数项构成首项为 ，公差为25的等差数列，256所以 S20( a1 a3 a19)( a2 a4 a20)122，故选 B.9已知等差数列 an的公差 d0，且 a1， a3， a13成等比数列，若 a11， Sn是数列 an的前 n 项和，则 (nN *)的最小值为( )2Sn 16an 3A4 B3C2 2 D.392答案 A解析 由题意 a1， a3， a13成等比数列，可得(12 d)2112 d，解得 d2，故an2 n1， Sn n2，因此 ( n1)2Sn 16an 3 2n2 162n 2 n2 8n 1
10、n 12 2n 1 9n 1 2，由基本不等式知， ( n1) 22 24，当9n 1 2Sn 16an 3 9n 1 n 19n 1且仅当 n2 时取得最小值 4.10已知 F(x) f 1 是 R 上的奇函数，数列 an满足 an f(0)(x12) f f f(1)(nN *)，则数列 an的通项公式为( )(1n) (n 1n )A an n1 B an nC an n1 D an n2答案 C解析 由题意 F(x) f 1 是 R 上的奇函数，即 F(x)关于(0,0)对称，则 f(x)关于(x12)对称(12， 1)即 f(0) f(1)2， f 1， f f 2，(12) (1n
11、) (n 1n )f f 2，(2n) (n 2n )则 an f(0) f f f(1) n1.(1n) (n 1n )11在等差数列 an中，已知 a3 a810，则 3a5 a7_.答案 20解析 设公差为 d，则 a3 a82 a19 d10，3a5 a73( a14 d)( a16 d)4 a118 d21020.12若等比数列 an的各项均为正数，且 a10a11 a9a122e 5，则 ln a1ln a2ln a20_.7答案 50解析 数列 an为等比数列，且 a10a11 a9a122e 5， a10a11 a9a122 a10a112e 5， a10a11e 5，ln a
12、1ln a2ln a20ln( a1a2a20)ln( a10a11)10ln(e 5)10ln e 5050.13数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a12， Sn1 (1) nSn2 n，则 S100_.答案 198解析 当 n 为偶数时， Sn1 Sn2 n， Sn2 Sn1 2 n2，所以 Sn2 Sn4 n2，故Sn4 Sn2 4( n2)2，所以 Sn4 Sn8，由 a12 知， S12，又 S2 S12，所以S24，因为 S4 S242210，所以 S46，所以S8 S48， S12 S88， S100 S968，所以 S100248 S41926198.14若数列 an满足
13、 a2 a1a3 a2a4 a3an1 an，则称数列 an为“差递减”数列若数列 an是“差递减”数列，且其通项 an与其前 n 项和 Sn(nN *)满足2Sn3 an2 1 ，则实数 的取值范围是_(n N*)答案 (12， )解析 当 n1 时，2 a13 a12 1， a112 ，当 n1 时，2 Sn1 3 an1 2 1，所以 2an3 an3 an1 ， an3 an1 ，所以an 3n1 ， an an1 3n1 3n 2 3n2 ，依题意(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) (2 4 )3n2 是一个递减数列，所以 24 .(2 4 )1215 Sn为等差数列 an的前
14、 n 项和，且 a11， S728.记 bnlg an，其中 x表示不超过x 的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求 b1， b11， b101；(2)求数列 bn的前 1 000 项和解 (1)设 an的公差为 d，据已知有 721 d28，解得 d1.所以 an的通项公式为 an n(nN *)b1lg 10， b11lg 111， b101lg 1012.(2)因为 bnError!所以数列 bn的前 1 000 项和为 1902900311 893.16各项均为正数的数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足： Sn a an (nN *)142n 12 14(1)求 an；(2
15、)设数列 的前 n 项和为 Tn，证明：对一切正整数 n，都有 Tn .1a2n 548(1)解 由 Sn a an ，142n 12 14可知当 n2 时， Sn1 a an1 ，14 2n 1 12 14由化简得( an an1 )(an an1 2)0，又数列 an各项为正数，当 n2 时， an an1 2，故数列 an成等差数列，公差为 2，又 a1 S1 a a1 ，1421 12 14解得 a11， an2 n1( nN *)(2)证明 Tn 1a21 1a2 1a23 1a2n 1 1a2n .112 132 152 12n 32 12n 12 12n 12 14n2 4n 1 14n2 4n ，14nn 1 14( 1n 1 1n) Tn 1 112 132 152 12n 32 12n 12 14(11 12) 14(12 13) 14( 1n 2 1n 1) 14( 1n 1 1n)114(11 12 12 13 1n 2 1n 1 1n 1 1n)1 .14 14n54
