高考复习之第三章数列知识点及试题汇总

高中数学 第三章 数列

考试内容：数列．等差数列及其通项公式．等差数列前n项和公式．等比数列及其通项公式．等比数列前n项和公式．

考试要求：

（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．

（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题． （3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，井能解决简单的实际问题． §03. 数 列 知识要点

1. ⑴等差、等比数列：

⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法： ①an an 1 d(n 2,d为常数) ②2an an 1 an 1(n 2)

⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法： ①an an 1q(n 2,q为常数,且 0)

2

an 1 an 1(n 2，anan 1an 1 0)②an

①

注①：i. b ac，是a、b、c成等比的双非条件，即b acii. b ac（ac＞0）→为a、b、c等比数列的充分不必要. iii. b →为a、b、c等比数列的必要不充分.

③an kn b(n,k为常数).

、b、c等比数列.

iv. b ac且ac 0→为a、b、c等比数列的充要.

注意：任意两数a、c不一定有等比中项，除非有ac＞0，则等比中项一定有两个. ③an cqn(c,q为非零常数).

④正数列{an}成等比的充要条件是数列{logxan}（x 1）成等比数列.

s1 a1(n 1)a ⑷数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系：n

sn sn 1(n 2)

[注]： ①an a1 n 1 d nd a1 d （d可为零也可不为零→为等差数列充要条件（即常数列也是等差数列）→若d不为0，则是等差数列充分条件）.

②等差{an}前n项和Sn An2 Bn n2 a1 n →

d 2

d 2

d

可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若d为2

零，则是等差数列的充分条件；若d不为零，则是等差数列的充分条件. ③非零常数列既可为等比数列，也可为等差数列.（不是非零，即不可能有等比数列） ．．

2. ①等差数列依次每k项的和仍成等差数列，其公差为原公差的k2倍Sk,S2k Sk,S3k S2k...； ②若等差数列的项数为2nn N ，则S偶 S奇

ndS奇S偶

an

an 1

；

n n 1

③若等差数列的项数为2n 1n N ，则S2n 1 2n 1 an，且S奇 S偶 an，S奇 代入n到2n 1得到所求项数. 3. 常用公式：①1+2+3 …+n =②12 22 32 n2

n n 1 2

S偶

n n 1 2n 1

6

2

n n 1

③13 23 33 n3

2

[注]：熟悉常用通项：9，99，999，… an 10n 1； 5，55，555，… an

5n

10 1. 9

4. 等比数列的前n项和公式的常见应用题：

⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如，第一年产量为a，年增长率为r，则每年的产量成等比数列，公比为1 r. 其中第n年产量为a(1 r)n 1，且过n年后总产量为：

2

n 1

a a(1 r) a(1 r) ... a(1 r)

a[a (1 r)n] .

1 (1 r)

⑵银行部门中按复利计算问题. 例如：一年中每月初到银行存a元，利息为r，每月利息按复利计算，则每月的a元过n个月后便成为a(1 r)n元. 因此，第二年年初可存款：

12

11

10

a(1 r) a(1 r) a(1 r)

a(1 r)[1 (1 r)12]

... a(1 r)=.

1 (1 r)

⑶分期付款应用题：a为分期付款方式贷款为a元；m为m个月将款全部付清；r为年利率.

a 1 r x 1 r

m

m 1

x 1 r

m 2

......x 1 r x a 1 r

m

x 1 r m 1ar 1 r m

x

r1 rm 1

5. 数列常见的几种形式：

⑴an 2 pan 1 qan（p、q为二阶常数） 用特证根方法求解.

具体步骤：①写出特征方程x2 Px q（x2对应an 2，x对应an 1），并设二根x1,x2②若x1 x2可设

nn

an. c1xn1 c2x2，若x1 x2可设an (c1 c2n)x1；③由初始值a1,a2确定c1,c2.

⑵an Pan 1 r（P、r为常数） 用①转化等差，等比数列；②逐项选代；③消去常数n转化为an 2 Pan 1 qan的形式，再用特征根方法求an；④an c1 c2Pn 1（公式法），c1,c2由a1,a2确定. ①转化等差，等比：an 1 x P(an x) an 1 Pan Px x x ②选代法：an Pan 1 r P(Pan 2 r) r an (a1

Pn 1a1 Pn 2 r Pr r.

r

. P 1

rr)Pn 1 (a1 x)Pn 1 x P 1P 1

③用特征方程求解：

an 1 Pan r

an 1 an Pan Pan 1 an 1 （P 1）an Pan 1. 相减，

an Pan 1 r

④由选代法推导结果：c1

rrrr

. ，c2 a1 ，an c2Pn 1 c1 （a1 ）Pn 1

1 PP 1P 11 P

6. 几种常见的数列的思想方法：

⑴等差数列的前n项和为Sn，在d 0时，有最大值. 如何确定使Sn取最大值时的n值，有两种方法： 一是求使an 0,an 1 0，成立的n值；二是由Sn

d2d

n (a1 )n利用二次函数的性质求n的值. 22

12n

⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积，求此数列前n项和可依照等比数列前n项和的推倒导方法：错位相减求和. 例如：1 ,3,...(2n 1)

1

2

14

,...

⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列，此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项，公差是两个数列公差d1，d2的最小公倍数.

2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an an 1(同一常数。(2)通项公式法。(3)中项公式法:验证2an 1 an an 2(an 1 anan 2)n N都成立。 3. 在等差数列｛an｝中,有关Sn 的最值问题：(1)当a1>0,d<0时，满足

2

an

)为an 1

am 0

的项数m使得sm取最大值. (2)

a 0 m 1

am 0

当a1<0,d>0时，满足 的项数m使得sm取最小值。在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应

a 0 m 1

用。

（三）、数列求和的常用方法

1. 公式法:适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列。

c

2.裂项相消法:适用于 其中{ an}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的

aa nn 1

数列等。

3.错位相减法:适用于 anbn 其中{ an}是等差数列， bn 是各项不为0的等比数列。 4.倒序相加法: 类似于等差数列前n项和公式的推导方法.

5.常用结论

1）: 1+2+3+...+n =

n(n 1)

2

2

2） 1+3+5+...+(2n-1) =n

1

3）1 2 n n(n 1)

2

3

3

3

2

4） 1 2 3 n

5）

2222

1

n(n 1)(2n 1) 6

1111111

( )

n(n 1)nn 1n(n 2)2nn 21111

( )(p q)pqq ppq

6）

题型一：等差、等比数列的判定

1a2

〖例1〗已知数列{an}满足a1＝2a，an＝2a－（n≥2）．其中a是不为0的常数，令bn＝。求证：数列

an aan 1

{bn}是等差数列。

a2

解：∵ an＝2a－ (n≥2)

an 1

∴ bn＝

1

an a

1a

a2an 1

an 1

(n≥2)

a(an 1 a)

∴ bn－bn－1＝

an 111

(n≥2)

a(an 1 a)an 1 aa

∴ 数列{bn}是公差为

1

的等差数列． a

a

*

〖例2〗已知公比为3的等比数列 bn 与数列 an 满足bn 3n,n N，且a1 1，判断 an 是何种数列，并给出证明。

bn 13an 1

a 3an 1 an 3, an 1 an 1，即 an 为等差数列。 解：bn3n

注意！！！

欲证{an}为等差数列，最常见的做法是证明：an＋1－an＝(d是一个与n无关的常数)同理：证明等比数列即bn+1/bn

=q(bn 不可为0，q是一个与n无关的常数) 题型二：求数列的通项公式

〖例1〗根据下面数列{an}的首项和递推关系，探求其通项公式．⑴ a1＝1，an＝2an－1＋1 (n≥2) ⑵ a1＝1，an＝an 1 3⑶ a1＝1，an＝

n 1

(n≥2)

n 1

an 1 (n≥2) n

解：⑴ an＝2an－1＋1 (an＋1)＝2(an－1＋1)(n≥2)，a1＋1＝2．故：a1＋1＝2n，∴an＝2n－1．

1n－－

⑵an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝3n1＋3n2＋…＋33＋3＋1＝(3 1)．

2

(3)∵

ann 1

an 1n

∴an＝

anan 1an 2an 1n 2

2 a1 an 1an 2an 3a1nn 1

n 311 1 n 22n

◎ 变式训练：

已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝

2an

得an 2

2an

(n∈N*)，求该数列的通项公式。an 2

解：方法一：由an＋1＝

1an 1

11111

}是以 1为首项，为公差的等差数列． ，∴{

2an2ana1

∴

112

＝1＋(n－,即an＝

2ann 1

方法二：求出前5项，归纳猜想出an＝

2

，然后用数学归纳证明． n 1

〖例2〗设数列{ an }的前n项和为Sn，其中任意n∈N*，都有Sn＝2an－3n

求数列{ an }的通项公式。

注意！！！

1.由Sn求an时，用公式an＝Sn－Sn－1要注意n≥2这个条件，a1应由a1＝S1来确定，最后看二者能否统一。 2.由递推公式求通项公式的常见形式有：an＋1－an＝f(n)，迭代法（或换元法）。

题型三：数列求和

1 1 11 111 11

〖例1〗已知数列：1， 1 ， 1 ， 1 ，…， 1 n 1 ，求它的前n项的和Sn．

2

2

4

2

4

8

an 1

＝f(n)，an＋1＝pan＋q，分别用累加法、累乘法、an

242

解：∵ an＝1＋＋＋……＋

1

1

1214

12

n 1

＝

11 2n 2 1 n ∴an＝2－n 1

2 2 1 2

则原数列可以表示为：

1 1 1 1

(2－1)， 2 ， 2 2 ， 2 3 ，… 2 n 1

2

2

2

2

1 1 1 前n项和Sn＝(2－1)＋ 2 ＋ 2 2 ＋…＋ 2 n 1

2

2

2

＝2n－ 1

1

1

1

2

11 n 1 222

＝2n－

1 n＝2n－2 1 n 1 2 1 2

＝

12

n 1

＋2n－2

11 2

〖例2〗求Sn＝1＋解：∵ an＝＝2(

＋

11

＋…＋．

1 2 3 ... n1 2 3

12

＝

1 2 3 nn(n 1)

11－) n 1n

1

2

12

∴ Sn＝2(1－＋－＋…＋

1312n1－)＝ n 1n 1n

〖例3〗设数列 {an} 的前n项和为Sn＝2n2， {bn}为等比数列， 且a1＝b1， b2(a2－a1)＝b1。

⑴ 求数列{an}和{bn}通项公式． ⑵ 设Cn＝

an

，求数列{Cn}前n项和Tn ． bn

14

解：（1）当n＝1时a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－2，故{an}通项公式为an＝4n－2，即{an}是a1＝2，d＝4的等差数列，设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴ q＝，故bn＝b1qn1＝

－

24

（2）∵Cn＝

an4n 2

(2n 1)4n 1 ＝2bn

4n 1

－

∴Tn＝C1＋C2＋…＋Cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋（2n－1）4n1

－

∴4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋（2n－3）4nn＋（2n－1）4n

1n

两式相减 3Tn＝[(6n 5)4 5]

3∴ Tn＝[(6n 5)4n 5]

注意！！！求和方法技巧介绍

Ⅰ倒序相加 ，例如等差数列前n项和公式的推导 Ⅱ累加法或累乘法，常与裂项法一起使用

19

Ⅲ分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列。

Ⅳ错位相消：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项构成的数列求和。（也可称为差比数列求和法） Ⅴ裂项相消：利用前后对称，正负相消来达到求和目的。常见拆项公式有： （1）

11＝ (－) n 1n ) n( n 1

（2）

1n n 1

＝

n 1 n

2009年各地高考数学试题数列汇编

一、选择题

1.(2009年广东卷文)已知等比数列

{an}

的公比为正数，且

a3

·

a9

=2

a5

2

，a2=1，则a1=

21

A. 2 B. 2 C.

【答案】B

2 D.2

a1q2 a1q8 2 a1q4

2

【解析】设公比为q,由已知得

2

{a}q,即 2,又因为等比数列n的公比为正数，

所以q ,

a1

故

a2 q,选B 2.（2009广东卷理）已知等比数列

{an}

满足

an 0,n 1,2,

，且

a5 a2n 5 22n(n 3)

，则当n 1时，

log2a1 log2a3 log2an2 1

222(n 1)(n 1)n(2n 1)nA. B. C. D.

【解析】由

2

22na5 an22n(n 3)an2 5

得，

an 0

，则

an 2n

，

log2a1 log2a3

log2a2n 1 1 3 (2n 1) n2

3.（2009安徽卷文）已知

A. -1 B. 1

C. 3

，选C.

，则

等于

为等差数列，D.7

【解析】∵a1 a3 a5 105即3a3 105∴a3 35同理可得a4 33∴公差d a4 a3 2∴

a20 a4 (20 4) d 1.选B。

【答案】B

4.（2009江西卷文）公差不为零的等差数列于

A. 18 B. 24 C. 60 D. 90 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

答案：C

{an}

的前n项和为

Sn

.若

a4

是

a3与a7

的等比中项,

S8 32

,则

S10

等

【解析】由

a a3a7

24

得

(a1 3d) (a1 2d)(a1 6d)

2

得

2a1 3d 0

,再由

S8 8a1

56

d 322得

2a1 7d 8

则

d 2,a1 3

,所以

S10 10a1

90

d 602,.故选C

5.（2009湖南卷文）设

Sn

是等差数列

an 的前n项和，已知a2 3，a6 11，则S7等于【 C 】

A．13 B．35 C．49 D． 63

解:

S7

7(a1 a7)7(a2 a6)7(3 11)

49.222故选C.

a2 a1 d 3 a1 1

a a 5d 11 d 2, a7 1 6 2 13. 1

或由 6

所以

S7

7(a1 a7)7(1 13)

49.22故选C.

{an}

Sn

的前n项和为

，且

6.（2009福建卷理）等差数列

S3

=6，

a1

=4， 则公差d等于

5

A．1 B 3 C.- 2 D 3

【答案】：C

3

S3 6 (a1 a3)a a 2d a=4 d=2

112[解析]∵且3.故选C w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

7.（2009辽宁卷文）已知

an 为等差数列，且a7－2a4＝－1, a3＝0,则公差d＝

11

（A）－2 （B）－2 （C）2 （D）2

1

【解析】a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝2d＝－1 d＝－2

【答案】B

S9S6

SaSS8.（2009辽宁卷理）设等比数列{ n}的前n 项和为n ，若 3=3 ，则 6 =

78

（A） 2 （B） 3 （C） 3 （D）3 S6(1 q3)S3

SS3

【解析】设公比为q ,则3＝1＋q3＝3 q3＝2

于是【答案】B

S91 q3 q61 2 47 S61 q31 23

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

9.（2009宁夏海南卷理）等比数列

an 的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=

（A）7 （B）8 （3）15 （4）16

22

4a a 4a,即4a aq 4aq, q 4q 4 0, q 2，S4 15aaa132111解析： 41，22，3成等差数列，,

选C.

10.（2009四川卷文）等差数列｛之和是

A. 90 B. 100 C. 145 D. 190

【答案】B

2

(1 d) 1 (1 4d).∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100 d【解析】设公差为，则

an

｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和

a5

的等比中项，则数列的前10项

5 15 1 1

11.（2009湖北卷文）设x R,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{2}，[2],2

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.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B

【解析】可分别求得

，

1

] 12.则等比数列性质易得三者构成等比数列.

12.（2009湖北卷文）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的

1，4，9，16…这样的数成为正方形数。下列数中及时三角形数又是正方形数的是 A.289 B.1024 C.1225 D.1378 【答案】C

an

【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项

n

(n 1)bn n22，同理可得正方形数构成的数列通项，则

由

bn n(n N )

2

an

可排除A、D，又由

n

(n 1)a2知n必为奇数，故选C.

2

an am 1 am 1 am 0S2m 1 38m Sn

13.（2009宁夏海南卷文）等差数列的前n项和为，已知，,则

（A）38 （B）20 （C）10 （D）9 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【答案】C

22

an am 1 am 1 2amam 1 am 1 am 0amam

【解析】因为是等差数列，所以，，由，得：2－＝0，所以，

(2m 1)(a1 a2m 1)

S 38am

2＝2，又2m 1，即＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选.C。

14.（2009重庆卷文）设（ ）

an 是公差不为0的等差数列，a1 2且a1,a3,a6成等比数列，则 an 的前n项和Sn=

n27nn25nn23n

3324 44A． B． C．

【答案】A

D．n n

2

解析设数列

{an}

的公差为d，则根据题意得(2 2d)2 2 (2 5d)，解得

d

1

{a}2或d 0（舍去），所以数列n

n(n 1)1n27n

Sn 2n n2244 的前项和

15.（2009安徽卷理）已知使得

an 为等差数列，a1+a3+a5=105，a2 a4 a6=99，以Sn表示 an 的前n项和，则

Sn

达到最大值的n是

（A）21 （B）20 （C）19 （D） 18 [解析]：由

a1a3a5

+

+

=105得

3a3 105,

即

a3 35

，由

a2 a4 a6

=99得

3a4 99

即

a4 33

，∴d 2，

an 0

a 0n 20an a4 (n 4) ( 2) 41 2n

，由 n 1得，选B

16.（2009江西卷理）数列

{an}

的通项

an n2(cos2

n n

sin2)33，其前n项和为Sn，则S30为

A．470 B．490 C．495 D．510 答案：A

{cos2

【解析】由于

n n

sin233以3 为周期,故

12 2242 52282 29222

S30 ( 3) ( 6) ( 302)

222

10(3k 2)2 (3k 1)259 10 112

[ (3k)] [9k ] 25 470

222k 1k 1故选A 10

17.（2009四川卷文）等差数列｛之和是

an

｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和

a5

的等比中项，则数列的前10项

A. 90 B. 100 C. 145 D. 190 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

【答案】B

2

(1 d) 1 (1 4d).∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100 d【解析】设公差为，则

二、填空题

1.（2009全国卷Ⅰ理） 设等差数列解:

an 的前n项和为Sn，若S9 72,则a2 a4 a9= 。

S9 9a5,a5 8

an

是等差数列,由

S9 72

,得

a2 a4 a9 (a2 a9) a4 (a5 a6) a4 3a5 24.

S41 q {an}Sa2，前n项和为n，则4 ． 2.（2009浙江理）设等比数列的公比

答案：15

a1(1 q4)s41 q43

s4 ,a4 a1q, 3 15

1 qaq(1 q)4【解析】对于

S41 q {an}Sa2，前n项和为n，则4 ． 3.（2009浙江文）设等比数列的公比

【命题意图】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式，通过对数列知识点的考查充分体现了通项公

式和前n项和的知识联系．

a1(1 q4)s41 q43

s4 ,a4 a1q, 3 15

1 qa4q(1 q)【解析】对于 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

4.（2009浙江文）设等差数列

{an}

的前n项和为

Sn

，则

S4

，

S8 S4

，

S12 S8

，

S16 S12

成等差数列．类比以

T16{b}TTT上结论有：设等比数列n的前n项积为n，则4， ， ，12成等比数列．

T8T12

,TT答案： 48【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题，既考查了数列中等差数列和等比数列的知

识，也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

T8T12T16

,

{bn}TTTTT【解析】对于等比数列，通过类比，有等比数列的前n项积为n，则4，48，12成等比数列．

5.（2009北京文）若数列

{an}

满足：

a1 1,an 1 2an(n N )

，则

a5

；前8项的和

S8

.（用数字作答）

.w【解析】本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题.m 属于基础知识、基本运算的考查.

a1 1,a2 2a1 2,a3 2a24,a4 2a3 8,a5 2a4 16

，

28 1S8 255

2 1易知，∴应填255.

6.（2009北京理）已知数列

{an}

满足：

a4n 3 1,a4n 1 0,a2n an,n N ,

则

a2009

________；

a2014

=_________.

【答案】1，0

【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型. 依题意，得

a2009 a4 503 3 1

，

a2014 a2 1007 a1007 a4 252 1 0

. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

∴应填1，0. 7.（2009江苏卷）设在集合

an 是公比为q的等比数列，|q| 1，令bn an 1(n 1,2, )，若数列 bn 有连续四项

53, 23,19,37,82 中，则6q= .

q

3

2，6q= -9

【解析】 考查等价转化能力和分析问题的能力。等比数列的通项。

an 有连续四项在集合 54, 24,18,36,81 ，四项 24,36, 54,81成等比数列，公比为

8.(2009山东卷文)在等差数列

{an}

中,

a3 7,a5 a2 6

,则

a6 ____________

.

a1 2d 7 a1 3

a 4d a d 6{an}a a1 5d 13d 211 【解析】:设等差数列的公差为d,则由已知得解得 ,所以6.

答案:13.

【命题立意】:本题考查等差数列的通项公式以及基本计算. 9.（2009全国卷Ⅱ文）设等比数列{答案：3

解析：本题考查等比数列的性质及求和运算，由

an

}的前n项和为

sn

。若

a1 1,s6 4s3

，则a4= ×

a1 1,s6 4s3

得q3=3故a4=a1q3=3。

an

,当an为偶数时，an 1 2

3an 1,当an为奇数时。a＝1an a1＝m 10.(2009湖北卷理)已知数列满足：（m为正整数），若6，则

m所有可能的取值为__________。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

11.【答案】4 5 32

a1a2mm

a a 【解析】（1）若a1 m为偶数，则2为偶, 故22324 m

ammm①当4仍为偶数时，4 8 a6 32 1 m 32

故32

3

m

m a31

4 3a3 1 m 1 a6 ②当4为奇数时，

44 3

m 1故4 1得m=4。

aam 1

（2）若1 m

为奇数，则a2 3a1 1 3m 1

为偶数，故

3

32必为偶数

am 13m 1

6

316，所以16=1可得m=5

S12.（2009全国卷Ⅱ理）设等差数列 9

a的前n项和为Sn，若a5 5a

n 3则S5 9 . a

S99解：

n

为等差数列，

S a5

5a 953

13.（2009辽宁卷理）等差数列

an 的前n项和为Sn，且6S5 5S3 5,则a4

1

【解析】∵Sn＝na1＋2n(n－1)d w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

∴S5＝5a1＋10d,S3＝3a1＋3d

∴6S5－5S3＝30a1＋60d－(15a1＋15d)＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4 1【答案】

3

an

14.（2009宁夏海南卷理）等差数列{}前n项和为

Sn

。已知

am 1+

am 1-a2m

=0，

S2m 1

=38,则m=_______ 解

析

：

由

am 1

+

am 1

-

a2m

=0

得

2aa2

2m 1 a1 am m m 0,am 0,2又S2m 1

2

2 2m 1 a

1m 38 m 10

。

答案10

15.（2009陕西卷文）设等差数列 an 的前

n项和为

sn

,若

a6 s3 12

,则

an

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

答案:2n

到

.

解析:由

a6 s3 12

可得

an 的公差d=2,首项a1=2,故易得an 2n.

lim

Sn

an Sna6 S3 12n n2

16.(2009陕西卷理)设等差数列的前n项和为,若,则 .

答案：1

a6 12 a1 5d 12 a1 2Snn 1Snn 1解析： S n(n 1) lim lim 1 n2n n2n ns 12a d 12d 2nn 1 3

17.（2009宁夏海南卷文）等比数列{w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

an

}的公比q 0, 已知

a2

=1，

an 2 an 1 6an

，则{

an

}的前4项和

S4

=

15

【答案】2

【解析】由

an 2 an 1 6an

n 1nn 12q q 6qq q 6 0，q 0，解得：q＝2，又a2=1，所以，得：，即

1

(1 24)

115a1 S4 2，1 2＝2。

18.(2009湖南卷理)将正⊿ABC分割成n（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图3分别给出了n=2,3

2

的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A ,B ,C处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和

101

为f(n)，则有f(2)=2，f(3)= 3，…，f(n)= 6(n+1)(n+2) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

101

,(n 1)(n 2)

【答案】：36

【解析】当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知

a b c 1,x1 x2 a b,y1 y2 b c,z1 z2 c a

x1 x2 y1 y2 z1 z2 2(a b c) 2,2g x1 y2 x2 z1 y1 z26g x1 x2 y1 y2 z1 z2 2(a b c) 2

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

11110g 而f(3) a b c x1 x2 y1 y2 z1 z2 g 1

3233 即

进一步可求得f(4) 5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加 ，f(4)中有

a(n 1)(a n 1)15个数相加….，若f(n 1)中有n 1个数相加，可得f(n)中有n 1个数相加，且由

363 331045f(1) 1 ,f(2) f(1) ,f(3) f(2) ,f(4) 5 f(3) ,...

3333333

f(n) f(n 1)

可得

n 1

,

3所以

f(n) f(n 1)

n 1n 1nn 1nn 13

f(n 2) ... f(1)3333333

n 1nn 13211

(n 1)(n 2)3333336=

an 1

，

19.（2009重庆卷理）设

a1 2

a 22

bn n

*an 1 b an 1，

，n N，则数列n的通项公式

bn

= ． w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

【答案】：2n+1

【解析】由条件得等比数列，则

2 2

a 2aa 2bn 1 n 1 n 1 2n 2bn

an 1 1a 1n 1an 1

且

b1 4

所以数列

bn 是首项为4，公比为2的

bn 4 2n 1 2n 1

三、解答题

1.(2009年广东卷文)（本小题满分14分）

1

x

f(x) a(a 0,且a 1）的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n) c,数列3已知点（1，）是函数{bn}(bn 0)

（1）求数列

的首项为c，且前n项和

和

Sn

满足

Sn

－

Sn 1

=

Sn

+

Sn 1

（n 2）.

{an}{bn}

的通项公式；

11000TTbb（2）若数列{nn 1前n项和为n，问n>2009的最小正整数n是多少? w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 1 1

Qf 1 a f x

3 3,【解析】（1）

x

12

a1 f 1 c ca f 2 c f 1 c

3 ,2 9,

2

a3 f3 c f2 c 27

.

4

a21a1 c

a3 233

a 27又数列n成等比数列， ，所以 c 1；

2

2

a12 1 q 2 an

a13，所以3 3 又公比QSn Sn 1

又

n 1

1

2

3 n N* ；

n

,

；

n 2

bn

0 1

构成一个首相为1公差为1

数列

当n 2，

1 n 1 1 n

，

Sn n2

bn Sn Sn 1 n2 n 1 2n 1

2

；

bn 2n 1n N*

()；

11111111

K Tn L

(2n 1) 2n 1bbbbbbbnbn 11 33 55 7122334（2）

1

1 2

1 3

111 n 1 1 11 1 1 11

K 1 2n 2n1 2 12 2n 1 2n 1； 3 5 25 7 2

由

Tn

n100010001000 n Tn 2n 12009得9，满足2009的最小正整数为112.

2.（2009全国卷Ⅰ理）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）

1n 1

a 1,a (1 )a 1n 1n{a}n2n 在数列n中，

bn

an

n，求数列{bn}的通项公式 {an}

的前n项和

（I）设

（II）求数列

Sn

an 1an11

n bn 1 bn n

2 分析：（I）由已知有n 1n2

利用累差迭加即可求出数列

{bn}

的通项公式:

bn 2

1

2n 1(n N*)

（II）由（I）知

n

an 2n

n2n 1,

nn

kk(2k ) (2k) k 1

2k 1k 1k 12 Sn=k 1

而k 1

(2k) n(n 1)

n

n

k

k 1

2k 1,又是一个典型的错位相减法模型，

n

kn 2n 2 4 4 k 1n 1n 1Sn(n 1)222易得k 1 n=

评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n项和，一改往年

的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 3.（2009浙江文）（本题满分14分）设 （I） 求

Sn

为数列

{an}

Sn kn2 nn N*n的前项和，，，其中k是常数．

a1

及

an

；

*

（II）若对于任意的m N，

am

，

a2m

，

a4m

成等比数列，求k的值．

解析：（Ⅰ）当n 1,a1 S1 k 1，

n 2,an Sn Sn 1 kn2 n [k(n 1)2 (n 1)] 2kn k 1

（ ）

经验，n 1,（ ）式成立， （Ⅱ）

an 2kn k 1

2

am,a2m,a4m

成等比数列，

a2m am.a4m

，

2

(4km k 1) (2km k 1)(8km k 1)，整理得：mk(k 1) 0， 即

对任意的m N 成立， k 0或k 1 4.（2009北京文）（本小题共13分） 设数列

{an}

的通项公式为

an pn q(n N ,P 0)

. 数列

{bn}

定义如下：对于正整数m，

bm

是使得不等式

an m

成立的所有n中的最小值.

11

p ,q

23，求b3； （Ⅰ）若

{b}

（Ⅱ）若p 2,q 1，求数列m的前2m项和公式；

（Ⅲ）是否存在p和q，使得

bm 3m 2(m N )

？如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理

由.

【解析】本题主要考查数列的概念、数列的基本性质，考查运算能力、推理论证能力、 分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式综合的较难层次题.

（Ⅰ）由题意，得

an

111120n n 3n 23，解233. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ，得

11

n 3b 73 ∴2成立的所有n中的最小整数为7，即3.

（Ⅱ）由题意，得

an 2n 1

，

对于正整数，由根据

an m

n

，得

m 1

2.

bm

的定义可知

当m 2k 1时，∴

bm k k N*

；当m 2k时，

bm k 1 k N*

.

b1 b2 b2m b1 b3 b2m 1 b2 b4 b2m

1 2 3 m 2 3 4 m 1

m m 1 2

m m 3 2

m2 2m

.

（Ⅲ）假设存在p和q满足条件，由不等式pn q m及p 0得∵

n

m q

p.

bm 3m 2(m N )

,根据

bm

的定义可知，对于任意的正整数m 都有

3m 1

m q

3m 2

2p q 3p 1 m p qp，即对任意的正整数m都成立.

m

p q2p q

m

3p 1（或3p 1），

当3p 1 0（或3p 1 0）时，得 这与上述结论矛盾！ 当3p 1 0，即

p

12121

q 0 q q

3时，得333. ，解得3bm 3m 2(m N )

；

∴ 存在p和q，使得

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