高中数列知识点总结及练习题附答案.pdf

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S(n1)
①Saaa;②a1.
n12nnSS(n2)
nn1
等差数列

如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的差等于同一个常数d,这个数列叫做等差数列,
常数d称为等差数列的公差.

⑴通项公式aa(n1)d,a为首项,d为公差.
n11
n(aa)1
⑵前n项和公式S1n或Snan(n1)d.
n2n12

如果a,A,b成等差数列,那么A叫做a与b的等差中项.
即:A是a与b的等差中项2Aaba,A,b成等差数列.

⑴定义法:aad(nN,d是常数)a是等差数列;
n1nn
⑵中项法:2aaa(nN)a是等差数列.
n1nn2n

⑴数列a是等差数列,则数列ap、pa(p是常数)都是等差数列;
nnn
⑵在等差数列a中,等距离取出若干项也构成一个等差数列,即a,a,a,a,为等差
nnnkn2kn3k
数列,公差为kd.
⑶aa(nm)d;aanb(a,b是常数);San2bn(a,b是常数,a0)
nmnn
⑷若mnpq(m,n,p,qN),则aaaa;
mnpq
S
⑸若等差数列a的前n项和S,则n是等差数列;
nnn
Sa
⑹当项数为2n(nN),则SSnd,偶n1;
偶奇Sa
奇n
Sn1
当项数为2n1(nN),则SSa,偶.
奇偶nSn
奇
等比数列

如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比等于同一个常数q(q0),这个数列叫做等
比数
列,常数q称为等比数列的公比.

⑴通项公式:aaqn1,a为首项,q为公比.
n11
⑵前n项和公式:①当q1时,Sna
n1
a(1qn)aaq
②当q1时,S11n.
n1q1q

如果a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.
即:G是a与b的等差中项a,A,b成等差数列G2ab.

a
⑴定义法:n1q(nN,q0是常数)a是等比数列;
an
n
⑵中项法:a2aa(nN)且a0a是等比数列.
n1nn2nn

⑴数列a是等比数列,则数列pa、pa(q0是常数)都是等比数列;
nnn
⑵在等比数列a中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即a,a,a,a,为等比
nnnkn2kn3k
数列,公比为qk.
⑶aaqnm(n,mN)
nm
⑷若mnpq(m,n,p,qN),则aaaa;
mnpq
⑸若等比数列a的前n项和S,则S、SS、SS、SS是等比数列.
nnk2kk3k2k4k3k
求前n项和S
n
一裂项相消法:二、分组求和
1111
L1111
122334(nn1)1,2,3,4,L的前n和是:
111**********
()()()L()、1111
122334nn1(+12+3+4+L)+(+++L)
11n392781

1n1n1
三错位相减法:凡等差数列和等比数列对应项的乘积构成的数列求和时用此方法,
求:
S=x3x25x3L(2n-5)xn-2(2n-3)xn-1
n
(2n-1)xn(x1)
S=x3x25x3L(2n-5)xn-2(2n-3)xn-1(2n-1)xn(x1)①
n
xS=x23x35x4L(2n-5)xn-1(2n-3)xn(2n-1)xn+1(x1)②
n
①减②得:
(1x)S=x2x22x3L2xn-12xn2n1xn+1
n
2x21xn-1
x2n1xn+1
1x
从而求出S。
n
错位相减法的步骤:
(1)将要求和的杂数列前后各写出三项,列出①式
(2)将①式左右两边都乘以公比q,得到②式
(3)用①②,错位相减
数列
1.{an}是首项a1=1,公差为d=3的等差数列,如果an=2005,则序号n等于().

{an}中,首项a1=3,前三项和为21,则a3+a4+a5=().

,a2,…,a8为各项都大于零的等差数列,公差d≠0,则().
><+a8<a4+=a4a5
1
(x2-2x+m)(x2-2x+n)=0的四个根组成一个首项为的等差数列,则
4
|m-n|等于().

428
{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前4项和为().

{an}是等差数列,首项a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,则使前n项和Sn
>0成立的最大自然数n是().

{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2=().
A.-4B.-6C.-8D.-10
a5S
{a}的前n项和,若5=,则9=().
nna9S
35
.-
2
aa
-1,a,a,-4成等差数列,-1,b,b,b,-4成等比数列,则21的值
12123b
2
是().
.-1C.-
22224
{an}中,an≠0,an1-a2+an1=0(n≥2),若S2n1=38,则n=().
-n+-

(x)=1,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求得f(-5)+f(-
2x2
4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值为.
{an}中,(1)若a3·a4·a5=8,则a2·a3·a4·a5·a6=.
(2)若a1+a2=324,a3+a4=36,则a5+a6=.
(3)若S4=2,S8=6,则a17+a18+a19+a20=.
,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的乘积为.
32
{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则此数列前13项之和为.
{an}中,a5=3,a6=-2,则a4+a5+…+a10=.
(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一
(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=.
2
{an}的前n项和Sn=3n-2n,求证数列{an}成等差数列.
{an}是公比为q的等比数列,且a1,a3,a2成等差数列.
(1)求q的值;(2)设{bn}是以2为首项,q为公差的等差数列,其前n项和为Sn,当n≥2时,
比较Sn与bn的大小,并说明理由.
{a}的前n项和记为S,已知a=1,a=n2S(n=1,2,3…).
nn1n+1nn
S
求证:数列{n}是等比数列.
n
{an}是首项为a且公比不等于1的等比数列,Sn为其前n项和,a1,2a7,3a4成
等差数列,求证:12S3,S6,S12-S6成等比数列.
:由题设,代入通项公式an=a1+(n-1)d,即2005=1+3(n-1),∴n=699.
:设等比数列{an}的公比为q(q>0),由题意得a1+a2+a3=21,
22
即a1(1+q+q)=21,又a1=3,∴1+q+q=7.
222
解得q=2或q=-3(不合题意,舍去),∴a3+a4+a5=a1q(1+q+q)=3×2×7=84.
2
:由a1+a8=a4+a5,∴·a8=a1(a1+7d)=a1+7a1d,
22
∴a4·a5=(a1+3d)(a1+4d)=a1+7a1d+12d>a1·a8.
1111
:设a=,a=+d,a=+2d,a=+3d,而方程x2-2x+m=0中两根
14243444
2
之和为2,x-2x+n=0中两根之和也为2,∴a1+a2+a3+a4=1+6d=4,
∴d=1,a=1,a=7是一个方程的两个根,a=3,a=5是另一个方程的两个根.
214441434
∴7,15分别为m或n,∴|m-n|=1,故选C.
16162
解法2:设方程的四个根为x1,x2,x3,x4,且x1+x2=x3+x4=2,x1·x2=m,x3·x4=n.

由等差数列的性质:若+s=p+q,则a+as=ap+aq,若设x1为第一项,x2必为第四项,则
x=7,于是可得等差数列为1,3,5,7,
244444
∴m=7,n=15,∴|m-n|=1.
16162
a243
:∵a=9,a=243,5=q3==27,
25a9
2
∴q=3,aq=9,a=3,∴S=3-35=240=120.
1141-32
:由a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,知a2003和a2004两项中有一正数一负数,又
a1>0,则公差为负数,否则各项总为正数,故a2003>a2004,即a2003>0,a2004<0.
4006(a+a)4006(a+a)
∴S=14006=20032004>0,
400622
∴S=4007·(a+a)=4007·2a<0,故4006为S>.
400721400722004n
解法2:由a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,同解法1的分
析得a2003>0,a2004<0,∴S2003为Sn中的最大值.
∵Sn是关于n的二次函数,如草图所示,
∴2003到对称轴的距离比2004到对称轴的距离小,
∴(第6题)
2
在图象中右侧零点B的左侧,4007,4008都在其右侧,Sn>0的最大自然数是4006.
:∵{an}是等差数列,∴a3=a1+4,a4=a1+6,
2
又由a1,a3,a4成等比数列,∴(a1+4)=a1(a1+6),解得a1=-8,∴a2=-8+2=-6.
9(aa)
19
S29a95
:∵9==5=·=1,∴选A.
S5(aa)5a59
15
523
:设d和q分别为公差和公比,则-4=-1+3d且-4=(-1)q4,
aad1
∴d=-1,q2=2,∴21==.
bq22
2
:∵{an}为等差数列,∴a2=an1+an1,∴a2=2an,
n-+n
S38
又a≠0,∴a=2,{a}为常数数列,而a=2n1,即2n-1==19,∴n=10.
nnnn2n12
1
:∵f(x)=,
2x2
1
2x
∴f(1-x)=1=2x=2,
21x2222x22x
111
2x12x(22x)
∴f(x)+f(1-x)=1+2=2=2=2.
22x22x22x22x2
设S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6),
则S=f(6)+f(5)+…+f(0)+…+f(-4)+f(-5),
∴2S=[f(6)+f(-5)]+[f(5)+f(-4)]+…+[f(-5)+f(6)]=62,
∴S=f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)=32.
12.(1)32;(2)4;(3):(1)由a3·a5=a2,得a4=2,
4
aa3241
12
∴a2·a3·a4·a5·a6=a5=32.(2)q2,
4(aa)q2369
12
4
∴a5+a6=(a1+a2)q=4.
S=a+a+a+a=2
41234416
(3)q=2,∴a17+a18+a19+a20=S4q=32.
S=a+a++a=S+Sq4
812844
:本题考查等比数列的性质及计算,由插入三个数后成等比数列,因而中间数
827827827
必与,同号,由等比中项的中间数为=6,插入的三个数之积为××6=216.
323232
:∵a3+a5=2a4,a7+a13=2a10,
13(a+a)13(a+a)134
∴6(a+a)=24,a+a=4,∴S=113=410==26.
41041013222
7(a+a)7(a-d+a+5d)
15.-:∵d=a-a=-5,∴a+a+…+a=410=55
65451022
=7(a5+2d)=-49.
,1(n+1)(n-2).解析:同一平面内两条直线若不平行则一定相交,故每增加一条直
2
线一定与前面已有的每条直线都相交,∴f(k)=f(k-1)+(k-1).由f(3)=2,
f(4)=f(3)+3=2+3=5,f(5)=f(4)+4=2+3+4=9,
……
f(n)=f(n-1)+(n-1),相加得f(n)=2+3+4+…+(n-1)=1(n+1)(n-2).
2
三、解答题
:(1)n=1时,a1=S1=3-2=1,
当n≥2时,a=S-S=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5,
nnn-1
n=1时,亦满足,∴an=6n-5(n∈N*).
首项a=1,a-a=6n-5-[6(n-1)-5]=6(常数)(n∈N*),
1nn-1
∴数列{an}成等差数列且a1=1,公差为6.
1
:(1)由题设2a=a+a,即2aq2=a+aq,∵a≠0,∴2q2-q-1=0,∴q=1或-.
31211112
(2)若q=1,则S=2n+n(n-1)=n2+3n.
n22
当n≥2时,S-b=S=(n-1)(n+2)>0,故S>b.
nnn-12nn
若q=-1,则S=2n+n(n-1)(-1)=-n2+≥2时,S-b=S=(n-1)(10-n),
2n224nnn-14
故对于n∈N+,当2≤n≤9时,Sn>bn;当n=10时,Sn=bn;当n≥11时,Sn<bn.
19.:∵a=S-S,a=n+2S,∴(n+2)S=n(S-S),整理得nS=2(n+1)S,
n+1n+1nn+1nnnn+1nn+1n
S2SS
所以n+1={n}是以2为公比的等比数列.
n+1nn
63
:由a1,2a7,3a4成等差数列,得4a7=a1+3a4,即4a1q=a1+3a1q,
1
变形得(4q3+1)(q3-1)=0,∴q3=-或q3=1(舍).
4
a(1q6)a(1q12)
11
S1q1q31SSS1q
由6===;126=12-1=-1=1+q6
12S12a(1q3)1216SSa(1q6)
31661
1q1q
1SSS
-1=;得6=126.∴12S,S,S-S成等比数列.
1612SS36126
36