数列全章知识点总结

一．数列的概念：数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集｛1,2，3，…，n｝）的特殊函

数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式。如

1n*{a}，则在数列的最大项为__（）； (nN)n225n156an（2）数列{an}的通项为an，其中a,b均为正数，则an与an1的大小关系为___（anan1）；

bn1（3）已知数列{an}中，ann2n，且{an}是递增数列，求实数的取值范围（3）；（4）一给定函数yf(x)的图象在下列图中，并且对任意a1(0,1)，由关系式an1f(an)得到的数

（1）已知an*列{an}满足an1an(nN)，则该函数的图象是（A）

A B C D

二．等差数列的有关概念：

1．等差数列的判断方法：定义法an1and(d为常数）或an1ananan1(n2)。如设{an} 是等差数列，求证：以bn=

a1a2an nN*为通项公式的数列{bn}为等差数列。

n2．等差数列的通项：如(1)等差数列{an}中，a1030，a2050，ana1(n1)d或anam(nm)d。则通项an 2n10；（2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是______

8d3 3n(a1an)n(n1)，Snna1d。如（1）数列 {an}中，223115anan1(n2,nN*)，an，前n项和Sn，则a13，n10； 2222（2）已知数列 {an}的前n项和Sn12nn，求数列{|an|}的前n项和Tn

3．等差数列的前n和：Sn2*12nn(n6,nN)（答：Tn2）. *n12n72(n6,nN)ab4．等差中项：若a,A,b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且A。

2提醒：（1）等差数列的通项公式及前n和公式中，涉及到5个元素：a1、d、n、an及Sn，其中a1、

（2）为减d称作为基本元素。只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2。

少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等差，可设为…，a2d,ad,a,ad,a2d…（公差为d）；偶数个数成等差，可设为…，a3d,ad,ad,a3d,…（公差为2d）

三．等差数列的性质：

1．当公差d0时，等差数列的通项公式ana1(n1)ddna1d是关于n的一次函数，且斜率

n(n1)dddn2(a1)n是关于n的二次函数且常数项为0. 2222．若公差d0，则为递增等差数列，若公差d0，则为递减等差数列，若公差d0，则为常数

为公差d；前n和Snna1列。

3．当mnpq时,则有amanapaq，特别地，当mn2p时，则有aman2ap如（1）等差数列{an}中，Sn18,anan1an23,S31，则n＝__27__ （2）在等差数列an中，a100,a110，且a11|a10|，Sn是其前n项和，则B

A、S1,S2LS10都小于0，S11,S12L都大于0 B、S1,S2LS19都小于0，S20,S21L都大于0 C、S1,S2LS5都小于0，S6,S7L都大于0 D、S1,S2LS20都小于0，S21,S22L都大于0 4．若{an}、{bn}是等差数列，则{kan}、{kanpbn} (k、p是非零常数)、{apnq}(p,qN*)、

Sn,S2nSn,S3nS2n ，…也成等差数列，而{aan}成等比数列；若{an}是等比数列，且an0，

则{lgan}是等差数列. 如等差数列的前n项和为25，前2n项和为100，则它的前3n和为 225 。

5．在等差数列{an}中，当项数为偶数2n时，S偶－S奇nd；项数为奇数2n1时，S奇S偶a中，

S2n1(2n1)a中（这里a中即an）；S奇:S偶(k1):k。如（1）在等差数列中，S11＝22，

则a6＝__2____（2）项数为奇数的等差数列{an}中，奇数项和为80，偶数项和为75，求此数列的中间项与项数（答：5；31）.

6．若等差数列{an}、{bn}的前n和分别为An、Bn，且

Anf(n)，则 Bnan(2n1)anA2n1f(2n1).如设{an}与{bn}是两个等差数列，它们的前n项和分别为bn(2n1)bnB2n1aS6n23n1Sn和Tn，若n，那么n___________（答：）

Tn4n38n7bnan0an0确定出前多少项前n项和的最小值是所有非正项之和。法一：由不等式组或an10an107．“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，

为非负（或非正）；法二：因等差数列前n项是关于n的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性nN。上述两种方法是运用了哪种数学思想？（函数思想），由此

你能求一般数列中的最大或最小项吗？如（1）等差数列{an}中，a125，S9S17，问此数列前多少项和最大？并求此最大值。（答：前13项和最大，最大值为169）；

（2）若{an}是等差数列，首项a10,a2003a20040，a2003a20040，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是 （答：4006）

8．如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数. 注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究anbm. 四．等比数列的有关概念： 1．等比数列的判断方法：定义法

*an1aa，其中q0,an0或n1n q(q为常数）anan1an(n2)。如（1）一个等比数列{an}共有2n1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an1为

____（答：

5）；（2）数列{an}中，Sn=4an1+1 (n2)且a1=1，若bnan12an ，求证：数列6｛bn｝是等比数列。

2．等比数列的通项：ana1qn1或anamqnm。如设等比数列{an}中，a1an66，a2an1128，前n项和Sn＝126，求n和公比q. （答：n6，q1或2） 2a1(1qn)a1anq3．等比数列的前n和：当q1时，Snna1；当q1时，Sn。如

1q1q（1）等比数列中，q＝2，S99=77，求a3a6a99=44

（2）

(Cn1k010nkn)的值为__________（答：2046）；

特别提醒：等比数列前n项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n项和时，首先要判断公比

再由q的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q是否为1时，要对q分q1和q1q是否为1，

两种情形讨论求解。

4．等比中项：若a,A,b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项。提醒：不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个ab。如已知两个正数a,b(ab)的等差中项为A，等比中项为B，则A与B的大小关系为______（答：A＞B）

提醒：（1）等比数列的通项公式及前n和公式中，涉及到5个元素：a1、q、n、an及Sn，其中a1、q称作为基本元素。只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2；（2）为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个数成等比，可设为…，但偶数个数成等比时，不能设为…

2aa,,a,aq,aq2…（公比为q）；2qqaa3,,aq,aq，…，因公比不一定为正数，只有公比为正时才可3qq如此设，且公比为q。如有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和为12，求此四个数。（答：15，,9，3,1或0,4，8,16） 等比数列的性质：

1.当mnpq时，则有amganapgaq，特别地，当mn2p时，则有amganap2.如（1）在等比数列{an}中，a3a8124,a4a7512，公比q是整数，则a10=___（答512）； （2）各项均为正数的等比数列{an}中，若a5a69，则log3a1log3a2Llog3a10 10

*{bn}成等比数列，2.若{an}是等比数列，则{|an|}、{apnq}(p,qN)、{kan}成等比数列；若{an}、an}成等比数列； 若{an}是等比数列，且公比q1，则数列Sn,S2nSn,S3nS2n ，…bn也是等比数列。当q1，且n为偶数时，数列Sn,S2nSn,S3nS2n ，…是常数数列0，它不是等{则{anbn}、

比数列. 如（1）已知a0且a1，设数列{xn}满足logaxn11logaxn(nN*)，且

x1x2Lx100100，则x101x102Lx200 . （答：100a100）；

（2）在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S3013S10,S10S30140，则S20的值为______（答：40）

3.若a10,q1，则{an}为递增数列；若a10,q1, 则{an}为递减数列；若a10,0q1 ，则{an}为递减数列；若a10,0q1, 则{an}为递增数列；若q0，则{an}为摆动数列；若q1，则{an}为常数列.

a1naq1aqnb，这里ab0，但a0,b0，这是等比数列前n1q1q项和公式的一个特征，据此很容易根据Sn，判断数列{an}是否为等比数列。如若{an}是等比数列，

4.当q1时，Sn且Sn3nr，则r＝ （答：－1）

mn5. SmnSmqSnSnqSm.如设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn1,Sn,Sn2成

等差数列，则q的值为_____（答：－2）

6.在等比数列{an}中，当项数为偶数2n时，S偶qS奇；项数为奇数2n1时，S奇a1qS偶.

7.如果数列{an}既成等差数列又成等比数列，那么数列{an}是非零常数数列，故常数数列{an}仅是此数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件。如设数列an的前n项和为Sn（nN）， 关于数列an有下列三个命题：①若anan1(nN)，则an既是等差数列又是等比数列；②若

nSnan2bna、bR，则an是等差数列；③若Sn11，则an是等比数列。这些命题中，真命题的序号是 （答：②③） 五.数列的通项的求法：

类型一：an1panq（p1）

（构造法）：设an1pan，即p1q得q，数列an是以a1为p1首项、p为公比的等比数列，则anqqn1qn1q，即。 aapa1p1np11pp1p1例1 已知数列an满足an2an13且a11，求数列an的通项公式。

解： （构造法）：设an12an，即3，数列an3是以a134为首项、2n1n1n1为公比的等比数列，则an3422，即an23。

类型二：an1anf(n)

anan1f(n1)，an1an2f(n2)、an2an3f(n3)、（叠加法）：依次类推有：…、a2a1f(1)，将各式叠加并整理得ana1f(n)，即ana1f(n)。

i1i1n1n1例2 已知a11，anan1n，求an。

解： （叠加法）：anan1n，依次类推有：an1an2n1、an2an3n2、…、

a2a12，将各式叠加并整理得ana1n，ana1nni2i2i1nnnn(n1)。 2类型三：an1f(n)an

（叠乘法）：anaaaf(n1)，依次类推有：n1f(n2)、n2f(n3)、…、2f(1)，an1an2an3a1anf(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)，即anf(1)f(2)f(3)…a1将各式叠乘并整理得

f(n2)f(n1)a1。

例3 已知a11，an解： （叠乘法）：n1an1，求an。 n1aana2a1n1n2an2n3，依次类推有：n1、、…、3、2，an1n1an2nan3n1a24a13将各式叠乘并整理得

ann1n2n321n1n2n3…，即an…a1n1nn143n1nn1212。 43n(n1)类型四：an1panqan1

分析：原递推式可化为an2an1(p)(an1an) 的形式，比较系数可求得，数列

an1an为等比数列。

例11 已知数列

{an}满足

an25an16an,a11,a22，求数列

{an}的通项公式。

解：设

an2an1(5)(an1an)

比较系数得3或2，不妨取2，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）

则

an22an13(an12an)，则

an12an是首项为4，公比为3的等比数列

an12an43n1，所以

an43n152n1类型五：an1panrqn （pq0）

思路（构造法）：anpan1rqn1an1anqp，设nn1，则，从而nn1qq1qrqpqaa1rpr解得。那么n是以为首项，为公比的等比数列。 nqpqqrqpqpqn1例5 已知a11，anan12，求an。

1an21an12，an1是以

解：设nn1，则，解得nnn12231221231111a111为首项，为公比的等比数列，即n22362n362n12n1，an。

3类型六：an1panf(n) （p0且p1）

n思路（转化法）：anpan1f(n1)，递推式两边同时除以p得

anan1f(n1)n1，我nnppp们令

anbn，那么问题就可以转化为类型二进行求解了。 pnn1例6 已知a12，an14an2，求an。

anaan111an4an12n，解：式子两边同时除以4n得n，令，则bbbnnn1，

4n4n4n122依此类推有bn1bn2nnnn12n1、bn2bn3n12n21、…、b2b1，各式叠加得

2nnn2nn111n111bnb1，即bnb11

2i222i22i22i12n1nnan4bn414n2n。

2类型七：an1panr （an0）

思路（转化法）：对递推式两边取对数得logman1rlogmanlogmp，我们令bnlogman，这样一来，问题就可以转化成类型一进行求解了。

2例7 已知a110，an1an，求an。

2解：对递推式an1an左右两边分别取对数得lgan12lgan，令lganbn，则bn12bn，n1b2即数列bn是以b1lg101为首项，2为公比的等比数列，即bn2，因而得an10n10。

n1类型八：an1can（c0） pand思路（转化法）：对递推式两边取倒数得

pad111d1pn，令bn，，那么an1canan1cancan这样，问题就可以转化为类型一进行求解了。

例8 已知a14，an12an，求an。

2an12a1111111n1，令bn则bn1bn1。即an12anan12anan2解：对递推式左右两边取倒数得

设bn11171bn，即2，数列bn2是以2为首项、为公比的等比数列，

44222n272n17则bn2n1，即bn，ann2。

2n1272类型九： 特征根法

1、形如an2pan1qan(p,q是常数）的数列

形如a1m1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an，其特征方程为x2pxq…①

若①有二异根,，则可令anc1nc2n(c1,c2是待定常数） 若①有二重根，则可令an(c1nc2)n(c1,c2是待定常数） 再利用a1m1,a2m2,可求得c1,c2，进而求得an

例1 已知数列{an}满足a12,a23,an23an12an(nN*)，求数列{an}的通项an 解：其特征方程为x23x2，解得x11,x22，令anc11nc22n，

c11a1c12c22n1由，得1， an12

c2a2c14c232例2已知数列{an}满足a11,a22,4an24an1an(nN*)，求数列{an}的通项an

11解：其特征方程为4x24x1，解得x1x2，令anc1nc2，

22n1a(cc)112c143n212由，得， ann1

2c26a(c2c)122124二、形如an2AanB的数列

CanDAanB，a1m,nN*(A,B,C,D是常数且C0,ADBC0）

CanD 对于数列an2 其特征方程为xAxB，变形为Cx2(DA)xB0…②

CxDan1acn（其中c是待定常数），代入a1,a2的值an1an 若②有二异根,，则可令可求得c值。

aa1 这样数列n，公比为c的等比数列，于是这样可求得an 是首项为a1an 若②有二重根，则可令值可求得c值。

11c（其中c是待定常数），代入a1,a2的an1an11 这样数列是首项为，公差为c的等差数列，于是这样可求得an anan例3已知数列{an}满足a12,anan12(n2)，求数列{an}的通项an

2an11解：其特征方程为x 由a12,得a2a1a1x2cn，化简得2x220，解得x11,x21，令n1 a1a12x1n1n41，可得c， 53n1a1a1111a11数列n是以1为首项，以为公比的等比数列，na133a133a11nn3n(1)nann n3(1)，

例4已知数列{an}满足a12,an12an1(nN*)，求数列{an}的通项an 4an6解：其特征方程为x12x111，即4x24x10，解得x1x2，令c 1124x6an1an22 由a12,得a23，求得c1， 14112数列是以为首项，以1为公差的等差数列，115ana122123(n1)1n，

155an2135n an10n6

六.数列求和的常用方法：

1．公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论.；③常用公式：123Ln1n(n1)，

2n(n1)2].如（1）等比数列{an}的前24n1ｎ2222n项和Sｎ＝2－１，则a1a2a3an＝_____（答：）；

3（2）计算机是将信息转换成二进制数进行处理的。二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是12312202112013，那么将二进制(11111)2转换成十进制数

1222Ln21n(n1)(2n1)，132333Ln3[62005个1是_______（答：21）

2．分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，

nn再运用公式法求和. 如求：Sn1357L(1)(2n1)（答：(1)n）

20053．倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n和公式的推导方法）. 如已

x27111知f(x)，则＝______（答：） f(1)f(2)f(3)f(4)f()f()f()21x22344．错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那

么常选用错位相减法（这也是等比数列前n和公式的推导方法）.

如（1）设{an}为等比数列，Tnna1(n1)a2L2an1an，已知T11，T24，①求数

n1列{an}的首项和公比；②求数列{Tn}的通项公式.（答：①a11，q2；②Tn2n2）；

2（2）设函数f(x)(x1)，g(x)4(x1)，数列{an}满足：a12,f(an)(an

an1)g(an)(nN)，①求证：数列{an1}是等比数列；②令h(x)(a11)x(a21)x2

888L(an1)xn，求函数h(x)在点x处的导数h()，并比较h()与2n2n的大小。（答：

333888222n1，①略；②h()(n1)g当n1时，h()＝2nn；当n2时，h()<2nn；当n3333时，h()>2nn）

5．裂项相消法：如果数列的通项可“成两项差”的形式，且相邻项后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：

8321111； ②1(11)； n(n1)nn1n(nk)knnk1111111111112； ③22()，kk1(k1)kk(k1)kk1kkk12k1k1n111111[] ；⑤④；

(n1)!n!(n1)!n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)22⑥2(n1n)12(nn1). nn1nnn1n111如（1）求和：）； L （答：

1447(3n2)(3n1)3n11（2）在数列{an}中，an，且Sｎ＝９，则n＝_____（答：99）；

nn1①

6．通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。如 ①求数列1×4，2×5，3×6，…，n(n3)，…前n项和Sn= ②求和：1n(n1)(n5)）；

32n111） L 答：

12123123Lnn1七．“分期付款”、“森林木材”型应用问题

1．这类应用题一般可转化为等差数列或等比数列问题.但在求解过程中，务必“卡手指”，细心计算“年限”.对于“森林木材”既增长又砍伐的问题，则常选用“统一法”统一到“最后”解决.

2．利率问题：①单利问题：如零存整取储蓄（单利）本利和计算模型：若每期存入本金p元，

每期利率为r，则n期后本利和为：Snp(1r)p(12r)Lp(1nr)

n(n1)；②复利问题：按揭贷款的分期等额还款（复利）模型：若贷款r)（等差数列问题）

2（向银行借款）p元，采用分期等额还款方式，从借款日算起，一期（如一年）后为第一次还款日，如此下去，分n期还清。如果每期利率为r（按复利），那么每期等额还款x元应满足：p(1r)nx(1r)n1x(1r)n2Lx(1r)x（等比数列问题）. p(n