数列的考查角度收集整理1[三轮总结]

相关运算

涉及考查数列的相关运算，主要考查方程思想

• 1、知三求二型的题目，主要涉及方程思想

例1【2017全国卷2，文科第17题高考真题】已知等差数列 ({a_n})的前(n)项和为(S_n)，等比数列 ({b_n})的前(n)项和为(T_n)，(a_1=-1，b_1=1，a_2+b_2=2)，

(1)若(a_3+b_3=5)，求({b_n})的通项公式。

分析：设等差数列的公差为(d)，等比数列的公比为(q)，

则由题目可知(egin{cases}-1+d+1cdot q=2\-1+2d+1cdot q^2=5end{cases})，

即(egin{cases}d+ q=3\2d+ q^2=6end{cases})，

解得(q^2-2q=0)，故(q=2或q=0(舍去))，

故等比数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^{n-1})。

(2)若(T_3=21)，求(S_3)。

分析：由于(b_1=1，T_3=21)，

故(1+q+q^2=21)，解得(q=-5)或(q=4)；

当(q=-5)时，由(a_2+b_2=2)得到(d=8)，此时(S_3=-1+7+15=21)；

当(q=4)时，由(a_2+b_2=2)得到(d=-1)，此时(S_3=-1-2-3=-6)；

例2【2017全国卷2，理科第15题高考真题】

已知等差数列 ({a_n})的前(n)项和为(S_n)，(a_3=3，S_4=10)，则(sumlimits_{k=1}^n{ cfrac{1}{S_k}})

分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，

容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，

则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，

故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}}=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])

(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。

解后反思：

1、建议你看看这篇有关运算技巧的博文，归纳数学常识提高运算速度

2、已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_9=1)， 求(a_6=)？

分析：(a_6^2=a_3cdot a_9=4)，故(a_6=pm 2)。原因是(a_6=a_3cdot q^3)，(q^3)可取正负两种情形，故(a_6=pm 2)。

3、已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_{11}=1)， 则(a_7=)？

分析：(a_7^2=a_3cdot a_{11}=4)，故(a_7=pm 2)。又由于(a_7=a_3cdot q^4)，(q^4)只能取正值一种情形，故(a_7=2)。

4、已知数列({a_n})是递增等比数列，(a_1+a_4=9)，(a_2cdot a_3=8)，求其前(n)项和(S_n)。

分析：由题目可知(a_2cdot a_3=a_1cdot a_4=8)，

故得到二元二次方程组(egin{cases}a_1+a_4=9\a_1cdot a_4=8end{cases})，

将(a_1=9-a_4)代入(a_1cdot a_4=8)，解得(a_1=1)或(a_1=8)，

对应得到(a_4=8)或(a_4=1)，即得到两组解，

(egin{cases}a_1=1\a_4=8end{cases})或者(egin{cases}a_1=8\a_4=1end{cases}(由递增舍去))，

故有(a_1=1，a_4=8)，则(q=2)，

故(a_n=2^{n-1})，(S_n=2^n-1)。

5、在等比数列({a_n})中， (a_4=2)， (a_5=5)， 则数列({lga_n})的前8项之和(T_8)为多少？

法1：由(a_4=2)， (a_5=5)，求得(q=cfrac{5}{2})，

则(a_n=a_4cdot q^{n-4}=2cdot (cfrac{5}{2})^{n-4})，

故(lga_n=lg2+(n-4)lgcfrac{5}{2})，故({lga_n})为等差数列。

又可以计算(a_1=cfrac{16}{125})，

故(T_8=8lgcfrac{16}{125}+cfrac{8 imes7}{2}cdot lgcfrac{5}{2}=cdots=4)。

法2：由于({a_n})为等比数列，则有(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q)；

故有(lga_{n+1}-lga_n=lgq)，即数列({lga_n})为等差数列。

(T_8=cfrac{lga_1+lga_8}{2}cdot 8=4lg(a_1cdot a_8)=4lg(a_4cdot a_5)=4lg10=4)。

• 2、等差、等比数列的判断和证明

例3【2017全国卷1，文科第17题高考真题】

记(S_n)为等比数列({a_n})的前(n)项和，已知(S_2=2，S_3=-6)。

（1）求数列({a_n})的通项公式。

分析：本问比较简单，你能说出怎么个简单法吗？

解方程组得到(a_1=-2，q=-2)，

故({a_n})的通项公式(a_n=-2cdot (-2)^{n-1}=(-2)^n)。

（2）求(S_n)，并判断(S_{n+1}，S_n，S_{n+2})是否成等差数列。

分析：先求解

(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q})

(=cfrac{-2[1-(-2)^n]}{1-(-2)})

(=cfrac{-2+2cdot (-1)^ncdot 2^n}{3})

(=-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3})。

接下来你得意识到，

(S_n)是个关于自变量(n)的函数，

故由此我们应该能写出(S_{n+1})，(S_{n+2})

至于等差数列的判断，我们依据等差中项法判断即可，

即验证(S_{n+2}+S_{n+1})是否等于(2S_n)。

判断如下：(S_{n+2}+S_{n+1})

(=-cfrac{2}{3}+(-1)^{n+2}cfrac{2^{n+3}}{3}-cfrac{2}{3}+(-1)^{n+1}cfrac{2^{n+2}}{3})

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncdot (-1)^2cfrac{2^{n+3}}{3}+(-1)^ncdot (-1)^1cfrac{2^{n+2}}{3})

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+3}}{3}-(-1)^ncfrac{2^{n+2}}{3})

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^n(cfrac{2^{n+2}cdot 2}{3}-cfrac{2^{n+2}}{3}))

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+2}}{3})

(=2[-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3}]=2S_n)，

故(S_{n+1}，S_n，S_{n+2})成等差数列。

解后反思：

1、等差数列的证明方法：①定义法(a_{n+1}-a_n=d(d常数))；②等差中项法(a_{n+1}-a_n=a_n-a_{n-1}(nge 2))；

等差数列判断的方法，除了上述的两个之外，还有通项公式法和前(n)项和法。

2、等比数列的证明方法：①定义法(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(q常数))；②等比中项法(a_n^2=a_{n+1}cdot a_{n-1}(nge 2))；

等比数列判断的方法，除了上述的两个之外，还有通项公式法和前(n)项和法。

数列性质

考查数列的通项公式或数列的函数性质

• 1、给定数列的前有限项，求数列({a_n})的通项公式(常以选择填空题形式考查)

例4

数列(cfrac{15}{2})，(cfrac{24}{5})，(cfrac{35}{10})，(cfrac{48}{17})，(cfrac{63}{26})，(cdots)的一个通项公式为(a_n)=______；

提示：(a_n=cfrac{(n+3)^2-1}{n^2+1})；

解后反思：观察归纳法，突破这类题目的技巧在于，熟练记忆常见数列的通项公式，然后组合即可。

强烈建议熟练记忆

• 2、考查数列的周期性

例5

已知数列({a_n})满足(a_{n+2}=a_{n+1}-a_n)，且(a_1=2，a_2=3)，则(a_{2016})的值为（）。

法1：利用递推关系推导出数列的前有限项，周期自然就知道了。

由题目可知(a_1=2，a_2=3，a_3=a_2-a_1=1，a_4=a_3-a_2=-2)，

(a_5=a_4-a_3=-3，a_6=a_5-a_4=-1，a_7=a_6-a_5=2)，

即(a_7=a_1)，周期(T=6)，所以(a_{2016}=a_6=-1)

法2：由(a_{n+2}=a_{n+1}-a_n)可得到(a_{n+3}=a_{n+2}-a_{n+1})，

两个式子相加，得到(a_{n+3}=-a_n)，

仿上可得(a_{n+6}=a_{[(n+3)+3]}=-a_{n+3}=-(-a_n)=a_n)，

故周期(T=6)，其余仿上完成。

例5-2已知数列({a_n})满足(a_{n+1}a_{n-1}=a_n(nge 2))，且(a_1=1，a_2=3)，则(a_{2016})的值为（）

法1：利用递推关系推导出数列的前有限项，(a_1=1)，(a_2=3)，(a_3=cfrac{a_2}{a_1}=3)，(a_4=cfrac{a_3}{a_2}=1)，

(a_5=cfrac{a_4}{a_3}=cfrac{1}{3})，(a_6=cfrac{a_5}{a_4}=cfrac{1}{3})，(a_7=cfrac{a_6}{a_5}=1)，

周期(T=6)，所以(a_{2016}=a_6=cfrac{1}{3}).

法2：由(a_{n+1}=cfrac{a_n}{a_{n-1}})可得，(a_{n+2}=cfrac{a_{n+1}}{a_n})，

两式相乘得到(a_{n+2}=cfrac{1}{a_{n-1}})，即(a_{n+3}=cfrac{1}{a_n})，

(a_{n+6}=a_{[(n+3)+3]}=cfrac{1}{a_{n+3}}=a_n)，

故周期(T=6)，其余仿上完成。

例5-3(全国大联考，2016第三次联考第10题)

设数列({a_n})前(n)项和为(S_n)，(a_{203}-a_{204}=a_{202}=1)，且(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=4)，则(S_{200})等于多少？

分析：本题目考查数列的单调性，由(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=4)，

得到(a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=4)，两式相减得到，(a_{n+3}=a_n)，故(T=3)，

又由(a_{202}+a_{203}+a_{204}=4)，(a_{202}=1)，及(a_{203}-a_{204}=1)，得到(a_{203}=2)，

又(a_{202}=1)，故(a_{201}=1)，(a_{200}=2)，(a_{199}=1)，又(200=66 imes 3+2)，

则有(S_{200}=66(a_1+a_2+a_3)+a_{199}+a_{200}=66 imes 4+2+1=267)。

例5-4(2016.西安质检改编)对于函数(y=f(x))部分(x)与(y)的对应关系如下表：

数列({x_n})满足：(x_1=1)，且对于任意的(nin N_*)，点((x_n，x_{n+1}))都在函数(y=f(x))的图像上，则(x_1+x_2+cdots+x_{2018})=_________。

分析：这是一个很新颖的数列题目，但是和函数的列表法紧密结合，要顺利解答还需要一定的数学素养。

由题目可知(y=f(x)，x_{n+1}=f(x_n)，x_1=1)，

则有(x_2=f(x_1)=f(1)=3)；(x_3=f(x_2)=f(3)=5)；

(x_4=f(x_3)=f(5)=6)；(x_5=f(x_4)=f(6)=1)；

(cdots，T=4)；

(sumlimits_{k=1}^{2018}{x_k}=504(x_1+x_2+x_3+x_4)+(x_1+x_2)=504 imes 15+4=7564)

解后反思：由于数列也是函数，所以数列的周期性的考查和其他函数的周期性的考查是一样的，建议你看看这篇博文。

数列的周期性

• 3、考查数列的单调性

例1

已知(a>0)，数列({a_n})满足(a_n = egin{cases} (3-a)n-3，nleq 7 \ a^{n-6} ，n>7 end{cases})，数列({a_n})是单调递增数列，求(a)的取值范围。

分析：由题目可知，(egin{cases} 3-a >0 \ a >1 \ (3-a)7-3< a^{8-6}end{cases})

解得：(a in(2，3))；

备注：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。

例6-1已知(a>0)，函数(f(x))满足(f(x)=egin{cases} (3-a)x-3 &xleq 7 \ a^{x-6} &x>7 end{cases})，函数(f(x))在(R)上单调递增，求(a)的取值范围。

分析：由题目可知，(egin{cases} &3-a >0 \ &a>1 \ &(3-a)7-3leq a^{7-6}end{cases})；

即就是(egin{cases}&a<3 \ &a>1 \ &age cfrac{9}{4}end{cases})

解得：(ain[cfrac{9}{4}，3))；

备注：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。

解后反思：强烈建议你看看这篇博文，数列是特殊的函数

• 4、考查数列的最值

例7

已知数列({a_n})满足 (a_{n+1}=a_n+2n)，且(a_1=33)，则(cfrac{a_n}{n})的最小值为 【 】

A.(21) (hspace{2cm}) B.(10) (hspace{2cm}) C.(cfrac{21}{2}) (hspace{2cm}) D.(cfrac{17}{2})

分析：选 C。由已知条件可知，当(nge 2) 时，

(a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+cdots+(a_n-a_{n-1})=33+2+4+…+2(n-1))

(=n^2-n+33)， 又(n=1)时，(a_1=33)，满足此式。所以(cfrac{a_n}{n} =n+cfrac{33}{n}-1)

令(f(n)=cfrac{a_n}{n}=n+cfrac{33}{n}-1)，则(f(n))在([1，5])上为减函数，

在([6,+infty))上为增函数，又$ f(5)=cfrac{53}{5}(，)f(6)=cfrac{21}{2}(，则)f(5)>f(6)$，

故(f(n)=cfrac{a_n}{n})的最小值为(cfrac{21}{2}) 。

例7-2

已知等差数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且有(a_1=7)，公差为(d)，当且仅当(n=8)时(S_n)取到最大值，求(d)的取值范围。

分析：由题意可知，(n=8)时(S_n)取到最大值，

则必有(egin{cases}d<0\a_8>0\a_9<0end{cases})，

即(egin{cases}d<0\7+7d>0\7+8d<0end{cases})，

解得(-1< d <-cfrac{7}{8})。

解后反思：

1、强烈建议你看看这篇博文，等差数列的(S_n)的最值

2、 等差数列(a_n=f(n))和(S_n=g(n))的[图像]

例7-3(2016新课标1卷第15题)设等比数列({a_n})满足(a_1+a_3=10)，(a_2+a_4=5)，则(T_n=a_1cdot a_2cdot a_3cdots a_n)的最大值是多少？

法1：函数法，容易求得(a_1=8，q=cfrac{1}{2})，则(a_n=8cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})；

故(T_n=a_1cdot a_2cdot a_3cdots a_n)

(=8^ncdot (cfrac{1}{2})^{cfrac{n(n-1)}{2}})

(=2^{cfrac{-n^2+7n}{2}})

(=2^{cfrac{-(n-cfrac{7}{2})^2+cfrac{49}{4}}{2}})，

故当(n=3或4)时，(T_n)有最大值，((T_n)_{max}=2^6=64)；

法2：仿上法2，使得(T_n)取得最大值时，必有(a_nge 1)，

由此得到(nleq 4)。

计算得到(a_1=8)，(a_2=4)，(a_3=2)，(a_4=1)，(a_5=cfrac{1}{2})，

故(T_nleq T_4=a_1a_2a_3a_4=64)；

例8已知(S_n)是等比数列({a_n})的前(n)项和，(a_1=30)，(8S_6=9S_3)，设(T_n=a_1cdot a_2cdot a_3cdots a_n)，则使(T_n)取得最大值的(n)为多少？

法1：函数法，(a_1=30)，由(8S_6=9S_3)得到(q=cfrac{1}{2})，

故(a_n=30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，

(T_n=a_1cdot a_2cdots a_n)

(=30cdot[30cdot(cfrac{1}{2})]cdots [30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1}])

(=30^ncdot (cfrac{1}{2})^{1+2+cdots+(n-1)})

(=30^ncdot (cfrac{1}{2})^{cfrac{n(n-1)}{2}})，题目到此，思路受阻。

法2：(a_1=30)，由(8S_6=9S_3)得到(q=cfrac{1}{2})，

故(a_n=30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，

由于(T_n)为乘积式，故使得(T_n)取得最大值时，必有(a_nge 1)，

由此得到(nleq 5)。故(n_{max}=5)。

数学常识

1、等差数列中由(a_n)的正负确定数列前(n)项之和(S_n)的最值：

当(a_1<0，d>0)时，所有负项之和最小；当(a_1>0，d<0)时，所有正项之和最大；

2、正项等比数列中由(a_n)的值的范围，确定数列前(n)项之积(T_n)的最值：当(a_nge 1)时，(T_n)最大；

3、求(S_n)的最值时，分界为0；求(T_n)的最值时，分界为1；作差法与0做大小比较，作商法与1做大小比较。

• 5、借助充要条件考查数列

例9(2017兰州模拟)

在等比数列({a_n})中，(a_1 < a_2 < a_3)是等比数列({a_n})单调递增的()条件。

A、充分不必要条件 (hspace{2cm}) B、必要不充分条件 (hspace{2cm}) C、充分必要条件 (hspace{2cm}) D、既不充分也不必要条件

分析：当(a_1 < a_2 < a_3)时，设公比为(q)，则有(a_1 < a_1q < a_1q^2)；

若(a_1>0)，则有(1< q< q^2)，得到(q >1)，

此时(a_n=a_1cdot q^{n-1})，指数型函数，单调递增；

若(a_1<0)，则有(1> q > q^2)，得到(0< q <1)，

此时(a_n=a_1cdot q^{n-1})，指数型函数，单调递增；

反之，当数列({a_n})是递增等比数列，必有(a_1 < a_2< a_3)，

故选 C、充分必要条件 。

反思：由等比数列的通项公式可知，(a_n=a_1cdot q^{n-1})可知，

当(a_1 >0且q >1)或者(a_1 <0且0< q <1)时，(a_n)单调递增；

当(a_1 <0且q>1)或者(a_1 >0且0< q <1)时，(a_n)单调递减；

当(q=1)时为常数列，无单调性；

当(q <0)时为摆动数列，无单调性。

例9-2在等比数列({a_n})中，(q>1)是等比数列({a_n})单调递增的()条件。

A、充分不必要条件 (hspace{2cm}) B、必要不充分条件 (hspace{2cm}) C、充分必要条件 (hspace{2cm}) D、既不充分也不必要条件

分析：由上述分析可知：(a_n=a_1cdot q^{n-1})，指数型函数，

它的变化取决于两个要素，(a_1)和(q)，故选D。

例9-2在等差数列({a_n})中，(d>0)是等差数列({a_n})单调递增的()条件。

A、充分不必要条件 (hspace{2cm}) B、必要不充分条件 (hspace{2cm}) C、充分必要条件 (hspace{2cm}) D、既不充分也不必要条件

分析：由(a_n=dn+(a_1-d))可知，选C。

解后反思：(数学常识)

(b=sqrt{ac})，是(a、b、c)成等比数列的既不充分也不必要条件；

(b=sqrt{ac}(ac>0))，是(a、b、c)成等比数列的充分不必要条件；

(b=pm sqrt{ac})，是(a、b、c)成等比数列的必要不充分条件；

(b=pm sqrt{ac}(ac>0))，是(a、b、c)成等比数列的充分必要条件；

(a_{n+1}=2a_n(nin N^*))是(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=2)(或者数列({a_n})为等比数列)的必要不充分条件。

• 6、借助切线考查数列

例10【2016•德州模拟】函数(y＝x^2(x>0))的图像在点((a_k，a_k^2))处的切线与(x)轴交点的横坐标为(a_{k+1})，

其中 (kin N*)，若(a_1＝16)，则(a_1＋a_3＋a_5)的值是________．

分析：由(f'(x)=2x)得，在点((a_k，a_k^2))处的切线方程为(y-a_k^2=2a_k(x-a_k)(kin N*))，

令(y=0)，得到切线方程与(x)轴的交点的横坐标为(x=cfrac{a_k}{2})，

即(a_{k+1}=cfrac{a_k}{2})，即(cfrac{a_{k+1}}{a_k}=cfrac{1}{2})，

故数列({a_k})是首项为(a_1=16)，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列，

故(a_1＋a_3＋a_5=16+16cdot (cfrac{1}{2})^2+16cdot (cfrac{1}{2})^4=21)。

总结：1、求在点处的切线方程；2、等比数列

例11对正整数(n)，设曲线(y=(2-x)x^n)在(x=3)处的切线与(y)轴交点的纵坐标为(a_n)，则数列({cfrac{a_n}{n+2}})的前(n)项和为________。

分析：由于(y=(2-x)x^n)，则(y'=-x^n+n(2-x)x^{n-1})；

则(y'|_{x=3}=-3^n-n3^{n-1}=-3^{n-1}(n+3))；

故切线方程为(y+3^n=-3^{n-1}(n+3)(x-3))，

令(x=0)，得到切线与(y)轴的交点的纵坐标为(a_n=(n+2)3^n)，

故(cfrac{a_n}{n+2}=3^n)，为等比数列，

故数列({cfrac{a_n}{n+2}})的前(n)项和为(S_n=cfrac{3(1-3^n)}{1-3}=cfrac{3^{n+1}-3}{2})。