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第六章 数 列高考导航考试要求重难点击命题展望1.数列的概念和简单表示法（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）； （2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.2.等差数列、等比数列（1）理解等差数列、等比数列的概念；（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；（3）能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.本章难点：1.数列概念的理解；2.等差等比数列性质的运用；3.数列通项与求和方法的运用.仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻；又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.知识网络6.1数列的概念与简单表示法典例精析题型一归纳、猜想法求数列通项【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式： (1)7,77,777,7 777，(2)，(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，【解析】(1)将数列变形为(101)，(1021)，(1031)，(10n1)，故an(10n1).(2)分开观察，正负号由(1)n1确定，分子是偶数2n，分母是13,35,57， ，(2n1)(2n1)，故数列的通项公式可写成an(1)n1.(3)将已知数列变为10,21,30,41,50,61,70,81,90，.故数列的通项公式为ann.【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.【变式训练1】如下表定义函数f(x)：x12345f(x)54312对于数列an，a14，anf(an1)，n2,3,4，则a2 008的值是()A.1B.2C.3 D.4【解析】a14，a21，a35，a42，a54，可得an4an.所以a2 008a42，故选B.题型二应用an求数列通项【例2】已知数列an的前n项和Sn，分别求其通项公式：(1)Sn3n2；(2)Sn(an2)2 (an0).【解析】(1)当n1时，a1S13121，当n2时，anSnSn1(3n2)(3n12)23n1，又a11不适合上式，故an (2)当n1时，a1S1(a12)2，解得a12，当n2时，anSnSn1(an2)2(an12)2，所以(an2)2(an12)20，所以(anan1)(anan14)0，又an0，所以anan14，可知an为等差数列，公差为4，所以ana1(n1)d2(n1)44n2，a12也适合上式，故an4n2.【点拨】本例的关键是应用an求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足“n2”的一般性通项公式.【变式训练2】已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()A.2n1B.()n1C.n2 D.n【解析】由ann(an1an).所以ann，故选D.题型三利用递推关系求数列的通项【例3】已知在数列an中a11，求满足下列条件的数列的通项公式：(1)an1；(2)an12an2n1.【解析】(1)因为对于一切nN*，an0，因此由an1得2，即2.所以是等差数列，(n1)22n1，即an.(2)根据已知条件得1，即1.所以数列是等差数列，(n1)，即an(2n1)2n1.【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.【变式训练3】设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，求an.【解析】因为数列an是首项为1的正项数列，所以anan10，所以10，令t，所以(n1)t2tn0，所以(n1)tn(t1)0，得t或t1(舍去)，即.所以，所以an.总结提高1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.2.由Sn求an时，要分n1和n2两种情况.3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.6.2等差数列典例精析题型一等差数列的判定与基本运算【例1】已知数列an前n项和Snn29n.(1)求证：an为等差数列；(2)记数列|an|的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.【解析】(1)证明：n1时，a1S18，当n2时，anSnSn1n29n(n1)29(n1)2n10，当n1时，也适合该式，所以an2n10 (nN*).当n2时，anan12，所以an为等差数列.(2)因为n5时，an0，n6时，an0.所以当n5时，TnSn9nn2，当n6时，Tna1a2a5a6a7anSn2S5n29n2(20)n29n40，所以，【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.【变式训练1】已知等差数列an的前n项和为Sn，且S2142，若记bn，则数列bn()A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列an的首项与公差之间的关系从而确定数列bn的通项是解决问题的突破口.an是等差数列，则S2121a1d42.所以a110d2，即a112.所以bn22(2a11)201，即数列bn是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.题型二公式的应用【例2】设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，S12中哪一个值最大，并说明理由.【解析】(1)依题意，有S1212a10，S1313a10，即由a312，得a1122d.将分别代入式，得所以d3.(2)方法一：由d0可知a1a2a3a12a13，因此，若在1n12中存在自然数n，使得an0，an10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值.由于S126(a6a7)0，S1313a70，即a6a70，a70，因此a60，a70，故在S1，S2，S12中，S6的值最大.方法二：由d0可知a1a2a3a12a13，因此，若在1n12中存在自然数n，使得an0，an10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值.故在S1，S2，S12中，S6的值最大.【变式训练2】在等差数列an中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x23x50的两个根，Sn是数列an的前n项的和，那么满足条件Sn0的最大自然数n.【解析】由题意知又因为公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 当n4 015时，S4 0154 015a2 0084 0150；当n4 016时，S4 0164 0164 0160.所以满足条件Sn0的最大自然数n4 015.题型三性质的应用【例3】某地区2020年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数；(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人？【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.所以9月10日的新感染者人数为40(101)40400(人).所以9月11日的新感染者人数为40010390(人).(2)9月份前10天的新感染者人数和为S102 200(人)，9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为10的等差数列.所以后20天新感染者的人数和为T2020390(10)5 900(人).所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 2005 9008 100(人).【变式训练3】设等差数列an的前n项和为Sn，若S410，S515，则a4的最大值为 .【解析】因为等差数列an的前n项和为Sn，且S410，S515，所以a43d，即53d62d，所以d1，所以a43d314，故a4的最大值为4.总结提高1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，aman(mn)d.2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，ad，a2d外，还可设ad，a，ad；四个数成等差数列时，可设为a3m，am，am，a3m.4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.6.3等比数列典例精析题型一等比数列的基本运算与判定【例1】数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(n1,2,3，).求证：(1)数列是等比数列；(2)Sn14an.【解析】(1)因为an1Sn1Sn，an1Sn，所以(n2)Snn(Sn1Sn).整理得nSn12(n1)Sn，所以2，故是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知4(n2)，于是Sn14(n1)4an(n2).又a23S13，故S2a1a24.因此对于任意正整数n1，都有Sn14an.【点拨】运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1；应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用q(常数)恒成立，也可用aanan2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.【变式训练1】等比数列an中，a1317，q.记f(n)a1a2an，则当f(n)最大时，n的值为()A.7B.8C.9D.10【解析】an317()n1，易知a93171，a100,0a111.又a1a2a90，故f(9)a1a2a9的值最大，此时n9.故选C.题型二性质运用【例2】在等比数列an中，a1a633，a3a432，anan1(nN*).(1)求an；(2)若Tnlg a1lg a2lg an，求Tn. 【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6a3a432，又a1a633，a1a6，解得a132，a61，所以，即q5，所以q，所以an32()n126n .(2)由等比数列的性质可知，lg an是等差数列，因为lg anlg 26n(6n)lg 2，lg a15lg 2，所以Tnlg 2.【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.【变式训练2】在等差数列an中，若a150，则有等式a1a2ana1a2a29n(n29，nN*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列bn中，若b191，能得到什么等式？ 【解析】由题设可知，如果am0，在等差数列中有a1a2ana1a2a2m1n(n2m1，nN*)成立，我们知道，如果mnpq，则amanapaq，而对于等比数列bn，则有若mnpq，则amanapaq，所以可以得出结论：若bm1，则有b1b2bnb1b2b2m1n(n2m1，nN*)成立.在本题中则有b1b2bnb1b2b37n(n37，nN*).题型三综合运用【例3】设数列an的前n项和为Sn，其中an0，a1为常数，且a1，Sn，an1成等差数列.(1)求an的通项公式；(2)设bn1Sn，问是否存在a1，使数列bn为等比数列？若存在，则求出a1的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可得2Snan1a1.所以当n2时，有两式相减得an13an(n2).又a22S1a13a1，an0，所以an是以首项为a1，公比为q3的等比数列.所以ana13n1.(2)因为Sna1a13n，所以bn1Sn1a1a13n.要使bn为等比数列，当且仅当1a10，即a12，此时bn3n.所以bn是首项为3，公比为q3的等比数列.所以bn能为等比数列，此时a12.【变式训练3】已知命题：若an为等差数列，且ama，anb(mn，m、nN*)，则amn.现在已知数列bn(bn0，nN*)为等比数列，且bma，bnb(mn，m，nN*)，类比上述结论得bmn.【解析】.总结提高1.方程思想，即等比数列an中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.2.对于已知数列an递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式anSnSn1(n2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.3.分类讨论思想：当a10，q1或a10,0q1时，等比数列an为递增数列；当a10,0q1或a10，q1时，an为递减数列；q0时，an为摆动数列；q1时，an为常数列.6.4数列求和典例精析题型一错位相减法求和【例1】求和：Sn. 【解析】(1)a1时，Sn123n. (2)a1时，因为a0，Sn，Sn.由得(1)Sn，所以Sn.综上所述，Sn【点拨】(1)若数列an是等差数列，bn是等比数列，则求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法；(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.【变式训练1】数列的前n项和为()A.4 B.4 C.8 D.6【解析】取n1，4.故选C.题型二分组并项求和法【例2】求和Sn1(1)(1)(1).【解析】和式中第k项为ak12(1).所以Sn2(1)(1)(1)()2n2n(1)2n2.【变式训练2】数列1, 12, 1222，122223，12222n1，的前n项和为()A.2n1B.n2nnC.2n1nD.2n1n2【解析】an12222n12n1，Sn(211)(221)(2n1)2n1n2.故选D.题型三裂项相消法求和【例3】数列an满足a18，a42，且an22an1an0 (nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(nN*)，Tnb1b2bn(nN*)，若对任意非零自然数n，Tn恒成立，求m的最大整数值.【解析】(1)由an22an1an0，得an2an1an1an，从而可知数列an为等差数列，设其公差为d，则d2，所以an8(n1)(2)102n.(2)bn()，所以Tnb1b2bn()()()(1) ，上式对一切nN*恒成立.所以m12对一切nN*恒成立.对nN*，(12)min12，所以m，故m的最大整数值为5.【点拨】(1)若数列an的通项能转化为f(n1)f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.【变式训练3】已知数列an，bn的前n项和为An，Bn，记cnanBnbnAnanbn(nN*)，则数列cn的前10项和为()A.A10B10 B.C.A10B10 D.【解析】n1，c1A1B1；n2，cnAnBnAn1Bn1，即可推出cn的前10项和为A10B10，故选C.总结提高1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.2.数列求和实质就是求数列Sn的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.6.5数列的综合应用典例精析题型一函数与数列的综合问题【例1】已知f(x)logax(a0且a1)，设f(a1)，f(a2)，f(an)(nN*)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)设a是常数，求证：an成等比数列；(2)若bnanf(an)，bn的前n项和是Sn，当a时，求Sn.【解析】(1)f(an)4(n1)22n2，即logaan2n2，所以ana2n2，所以a2(n2)为定值，所以an为等比数列. (2)bnanf(an)a2n2logaa2n2(2n2)a2n2，当a时，bn(2n2) ()2n2(n1) 2n2，Sn223324425(n1) 2n2，2Sn224325n2n2(n1)2n3，两式相减得Sn22324252n2(n1)2n316(n1)2n3，所以Snn2n3.【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.【变式训练1】设函数f(x)xmax的导函数f(x)2x1，则数列(nN*)的前n项和是()A. B. C. D.【解析】由f(x)mxm1a2x1得m2，a1.所以f(x)x2x，则.所以Sn11.故选C.题型二数列模型实际应用问题【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2020年底全县的绿化率已达30%，从2020年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.(1)设全县面积为1,2020年底绿化面积为a1，经过n年绿化面积为an1，求证：an1an；(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？【解析】(1)证明：由已知可得an确定后，an1可表示为an1an(14%)(1an)16%，即an180%an16%an.(2)由an1an有，an1(an)，又a10，所以an1()n，即an1()n，若an1，则有()n，即()n1，(n1)lg lg 2，(n1)(2lg 2lg 5)lg 2，即(n1)(3lg 21)lg 2，所以n14，nN*，所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)0，则下列结论中错误的是()A.P(2 006)402B.P(2 007)403C.P(2 008)404D.P(2 009)405【解析】考查数列的应用.构造数列Pn，由题知P(0)0，P(5)1，P(10)2，P(15)3.所以P(2 005)401，P(2 006)4011402，P(2 007)40111403，P(2 008)4013404，P(2 009)4041403.故D错.题型三数列中的探索性问题【例3】an，bn为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(，)为直角坐标平面上的点.(1)对nN*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足log2Cn，其中Cn是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程.【解析】(1)由，得an2n.(2)由已知有Cn22n3，由log2Cn的表达式可知：2(b12b2nbn)n(n1)(2n3)，所以2b12b2(n1)bn1(n1)n(2n5).得bn3n4，所以bn为等差数列.故点列(1，b1)，(2，b2)，(n，bn)共线，直线方程为y3x4.【变式训练3】已知等差数列an的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(nN*).若a11，a43，S39，则通项公式an.【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.由a11，a43，S39得令xa1，yd得在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a12，d1.所以an2n1n1.故答案填n1.总结提高1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意；(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解；(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解策略(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解；(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.
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