人教版高中数列知识点总结(知识点+例题)

Lesson6 数列

知识点1：等差数列及其前n项 1．等差数列的定义 2．等差数列的通项公式

如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式an＝a1＋(n－1)d .

3．等差中项

a＋b

如果 A＝2 ，那么A叫做a与b的等差中项． 4．等差数列的常用性质

(1)通项公式的推广：an＝am＋（n-m）d，(n，m∈N*)．

(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an. (3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.

(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．

(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．

5．等差数列的前n项和公式

na1＋annn－1

设等差数列{an}的公差d，其前n项和Sn＝或Sn＝na1＋22d.

6．等差数列的前n项和公式与函数的关系

dd

Sn＝2n2＋a1－2n.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn，(A、B为常数)．



7．等差数列的最值

在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最 大 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 小 值．

[难点正本 疑点清源] 1．等差数列的判定

(1)定义法：an－an－1＝d (n≥2)； (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2. 2．等差数列与等差数列各项和的有关性质

(1)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd. (2)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列． (3)S2n－1＝(2n－1)an.

n

(4)若n为偶数，则S偶－S奇＝2d. 若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．

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31

例1（等差数列的判定或证明）：已知数列{an}中，a1＝5，an＝2－ (n≥2，n∈N*)，数

an－1

1

列{bn}满足bn＝ (n∈N*)．

an－1

(1)求证：数列{bn}是等差数列；

(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．

11

(1)证明 ∵an＝2－ (n≥2，n∈N*)，bn＝. an－1an－1

11

∴n≥2时，bn－bn－1＝－

an－1an－1－1

11

＝－ 1an－1－12－－1

an－1＝

1－＝1.

an－1－1an－1－1an－1

2

， 2n－7

5

∴数列{bn}是以－2为首项，1为公差的等差数列． 71

(2)解 由(1)知，bn＝n－2，则an＝1＋b＝1＋

n

2

， 2x－7

77－∞，，＋∞内为减函数． 易知f(x)在区间和22

∴当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.

例2（等差数列的基本量的计算）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.

(1)若S5＝5，求S6及a1 (2)求d的取值范围． 设函数f(x)＝1＋

－15

解 (1)由题意知S6＝S＝－3，a6＝S6－S5＝－8.

55a1＋10d＝5，所以

a1＋5d＝－8.

解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7. (2)方法一 ∵S5S6＋15＝0， ∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，

2即2a21＋9da1＋10d＋1＝0.

因为关于a1的一元二次方程有解，所以 Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0， 解得d≤－22或d≥22. 方法二 ∵S5S6＋15＝0，

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∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0， 9da1＋10d2＋1＝0.

故(4a1＋9d)2＝d2－8.所以d2≥8.

故d的取值范围为d≤－22或d≥22. 例3（前n项和及综合应用）(1)在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值；

(2)已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和．

解 方法一 ∵a1＝20，S10＝S15，

10×915×145

∴10×20＋2d＝15×20＋2d，∴d＝－3.

5655∴an＝20＋(n－1)×－3＝－3n＋3. ∴a13＝0，即当n≤12时，an>0，n≥14时，an<0，

12×115∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13＝S12＝12×20＋2×－3＝130.



5

方法二 同方法一求得d＝－3.

nn－152523 125521255－3＝－n＋n＝－n－2＋∴Sn＝20n＋2·66624. 

∵n∈N*，∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130. (2)∵an＝4n－25，an＋1＝4(n＋1)－25， ∴an＋1－an＝4＝d，又a1＝4×1－25＝－21.

所以数列{an}是以－21为首项，以4为公差的递增的等差数列． an＝4n－25<0， ①

令 an＋1＝4n＋1－25≥0， ②

11

由①得n<；由②得n≥54，所以n＝6. 即数列{|an|}的前6项是以21为首项，公差为－4的等差数列，从第7项起以后各项构成公差为4的等差数列， 而|a7|＝a7＝4×7－24＝3. 设{|an|}的前n项和为Tn，则

1

21n＋nn－

2×－4 n≤6

T＝n－6n－7

66＋3n－6＋2×4 n≥7

n

2－2n＋23n n≤6，

＝

22n－23n＋132 n≥7.

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例4，已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为 3 例5等差数列{an},{bn}的前n项和分别为{Sn},{Tn}，且

n的个数是 3 . （先求an/bn n=5,13,35）

SnTn7nn45,则使得an为正整数的正整数3bn已知递推关系求通项：这类问题的要求不高，但试题难度较难把握.一般有三常见思路：

(1)算出前几项，再归纳、猜想；

(2)“an+1=pan+q”这种形式通常转化为an+1+λ=p(an+λ),由待定系数法求出,再化为等比数列；

(3)逐差累加或累乘法.

2Sn例6 已知数列an中，a11，当n≥2时，其前n项和Sn满足an，则数列an的通项公

32Sn1式为

2

1n1an32n≥214n222SnSnSn12Sn1Sn1Sn2SnSn1112(n≥2)SnSn1Sn1.2n1

a3a2a,n≥2.a2a11aa

annn1an1an2

2lnn例7在数列{an}中，a12，an1anln(11)，则an . n知识点2：等比数列及其n项和 1．等比数列的定义 2．等比数列的通项公式 3．等比中项

若G2＝a·b (ab≠0)，那么G叫做a与b的等比中项．

4．等比数列的常用性质

(1)通项公式的推广：an＝anqn

－m

，(n，m∈N*)．

(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an. (3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，

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1an

2，{an}，{an·bn}，b仍是等比数列．

ann

5．等比数列的前n项和公式

等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn， 当q＝1时，Sn＝na1；

a11－qna1－anq

当q≠1时，Sn＝＝. 1－q1－q

6．等比数列前n项和的性质

公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.

7. 等比数列的单调性 q>1 00 递增 递减 a<0 递减 递增 【难点】

1．等比数列的特征 2．等比数列中的函数观点

q=1 常数列 常数列 q<0 摆动数列 摆动数列 从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非常数．

利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的关系．在借用指数函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小． 3．等比数列的前n项和Sn

(1)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用． a11－qna1－anq(2)等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝＝ (q≠1)共涉及五

1－q1－q个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．

(3)在使用等比数列的前n项和公式时，如果不确定q与1的关系，一般要用分类讨论的思想，分公比q＝1和q≠1两种情况．

例1：(1)在等比数列{an}中，已知a6－a4＝24，a3a5＝，求{an}的前和S8；

(2)设等比数列{an}的公比为q (q>0)，它的前n项和为40，前2n项和为3 280，且前n项中数值最大的项为27，求数列的第2n项． (1)设数列{an}的公比为q，

由通项公式an＝a1qn－1及已知条件得：

32a6－a4＝a1qq－1＝24， ①



32a5＝a1q＝. ②a3·

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由②得a1q3＝±8.

将a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，无解将a1q3＝8代入①式，得q2＝4，∴q＝±2.，故舍去．

＝1，∴Sa11－q8当q＝2时，a18＝1－q＝255；

当q＝－2时，a＝a11－q8

1＝－1，∴S81－q＝85.

(2)若q＝1，则na1＝40,2na1＝3 280，矛盾．

a11－qn

1－q

＝40， ①∴q≠1，∴2n

a1

1－q



1－q

＝3 280， ②

②①

得：1＋qn＝82，∴qn＝81， ③ 将③代入①得q＝1＋2a1. ④

又∵q>0，∴q>1，∴a1>0，{an}为递增数列． ∴an＝a1qn－1＝27，

⑤

由③、④、⑤得q＝3，a1＝1，n＝4.

∴a2n＝a8＝1×37＝2 187.

例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝

an－an－1 (n≥2)，且an＋Sn＝n.

(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式． 1)证明 ∵an＋Sn＝n， ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.

②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，

∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， ∴an＋1－1a－1＝12，∴{an－1}是等比数列．

n∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，

∴a1＝1112，∴c1＝－2，公比q＝2. 又cn＝an－1，

∴{cn}是以－11

2为首项，2为公比的等比数列．

(2)解 由(1)可知cn＝11－2·2n－1＝－12



n， ① ②

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1n

∴an＝cn＋1＝1－2. ∴当n≥2时，bn＝an－an－1



11111＝1－2n－1－2n－1＝2n－1－2n＝2n.

11

又b1＝a1＝2代入上式也符合，∴bn＝2n.



1

例3 在等比数列{an}中，(1)若已知a2＝4，a5＝－2，求an； (2)若已知a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．

a51

解 (1)设公比为q，则a＝q3，即q3＝－8，

2

11∴q＝－2，∴an＝a5·qn－5＝－2n－4.



2

(2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝a4，∴a34＝8，a4＝2. 5∴a2a3a4a5a6＝a54＝2＝32.

an＋an＋1例4已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2，n∈N*. (1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列； (2)求{an}的通项公式． 规范解答

(1)证明 b1＝a2－a1＝1，

[1分]

an－1＋an

当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an

211

＝－2(an－an－1)＝－2bn－1，

[5分] [6分]

1

∴{bn}是首项为1，公比为－2的等比数列．

1(2)解 由(1)知bn＝an＋1－an＝－2n－1， [8分]



当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) [10分]

1n－1－21－

11n－2

＝1＋1＋－2＋…＋－2＝1＋

11－－2

25211521＝1＋31－－2n－1＝3－3－2n－1当n＝1时，3－3－21－1＝1＝a1，

521∴an＝3－3－2n－1 (n∈N*)． [14分]



例4 （07 重庆11）设3b是1a和1a的等比中项，则a+3b的最大值为 2 .（三角函数）

2233

例5 若数列1, 2cosθ, 2cosθ,2cosθ, … ,前100项之和为0, 则θ的值为

（ ）

2例26 △ABC的三内角成等差数列, 三边成等比数列,则三角形的形状为__等边三角形__________. k,kZ3

【综合应用】

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例7.已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

c1c2cn

(2)设数列{cn}对n∈N*均有b＋b＋…＋b＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.

12n解 (1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d， ∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2 (∵d>0). ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.

又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3， ∴bn＝3·3n－2＝3n－1.

c1c2cn

2)由b＋b＋…＋b＝an＋1得

12n

cn－1c1c2

当n≥2时，b＋b＋…＋＝an.

12bn－1

cn

两式相减得：n≥2时，b＝an＋1－an＝2.

n

∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2)．

c1

又当n＝1时，b＝a2，∴c1＝3.

13 n＝1∴cn＝.

n1－3 n≥22·∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013

6－2×32 013

＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.

1－3知识点3：数列的基本知识

1，an与Sn的关系：anS1(n1)或SnSn-1

例1：设an数列的前n项和Snn2，则a8的值为 15 . 2，数列的递推公式及应用：利用数列的递推公式求数列的通项公式，一般有三种方法：累加法，累积法，构造法

①对形如a1a;an1panq的递推公式p.q为常数且p1，可令an1pan，整理得q,an1pan，所以是an等比数列 p-1

②对形如an1可

1an1qp的递推公式，两边取倒数后换元转化为，再求出即

panqan1ananan的最小值为 10.5 n例2：已知数列an满足a133,an1-an2n，则