高考数学一轮复习数列的极限知识点

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2011-2012年高考总复习一轮名师精讲课件：第59讲(理)数列的极限

b＝______.
• [分析] 与所求极限相等解决． a
1＋＝lim
n→∞
[解析]
(1)lim
n＋a＋ n 1 ＝lim n( n＋a－ n) n(n＋a－n) 求出相应极限值，利用已知极限值 n→∞ n→∞ n a ＋1 2 ＝＝1. a
∴a＝2. (2a2－b2)n 2＋a2n＋a2 (2)lim (a 2n2＋n＋1－bn)＝lim a 2n2＋n＋1＋bn n→∞ n→∞ a2 (2a －b )n＋a ＋ n ＝lim ＝1， 2 1 n→∞ a 2＋＋ 2 ＋b n n
1＋a 2<1 或即 2a
1 a＝1，∴a≥1 或 a<－ . 3
1 答案：a≥1 或 a<－ 3
• 类型一求数列的极限 • 解题准备：1.一般地，分子和分母都是关于n的多项式的极限，通常把分子、分母同除以分子、分母中n的最高次数项求极限．所求极限式为n 项 (→∞) 的和，通常要先求和化简，后求极限．求含指数式的极限，通常要利用 qn ＝0(|q|<1)这一结论，求解时，分子、分母同除以指数式中底数绝对值最大的一式． • 2．对于无限项的和或积的极限应先把无限项转化为有限项，再求极限．
＝
• 快速解题 • 技法数列{an}由a1 ＝a，a2 ＝b,3an＋2 －5an＋1 ＋2an＝0确定，若 • S3an 2－5an 1＋2an＝0 变形为：快解：将 n＝9，求常数a，b的值．
＋＋
3(an＋ 2－an＋ 1)＝2(an＋ 1－an)，又 a2－a1＝b－a， 2 所以{an＋ 1－an}是以 b－a 为首项，以为公比的等比数列． 3 即
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高考第一轮复习数学：132数列的极限-教案(含习题及答案).

13.2 数列的极限●知识梳理1.数列极限的定义：一般地，如果当项数n 无限增大时，无穷数列{a n }的项a n 无限地趋近于某个常数a （即|a n －a|无限地接近于0），那么就说数列{a n }以a 为极限.注：a 不一定是｛a n ｝中的项.2.几个常用的极限：①∞→n lim C=C （C 为常数）;②∞→n limn1=0;③∞→n lim q n=0（|q|＜1）.3.数列极限的四则运算法则：设数列｛a n ｝、｛b n ｝，当∞→n lim a n =a, ∞→n lim b n =b 时，∞→n lim （a n ±b n ）=a ±b;∞→n lim （a n ·b n ）=a ·b; ∞→n limn n b a =ba（b ≠0）. 特别提示（1）a n 、b n 的极限都存在时才能用四则运算法则；（2）可推广到有限多个. ●点击双基1.下列极限正确的个数是①∞→n lim αn 1=0（α＞0） ②∞→n lim q n=0 ③∞→n lim n n nn 3232+-=－1 ④∞→n lim C=C （C 为常数） A.2 B.3C.4D.都不正确解析:①③④正确. 答案:B 2. ∞→n lim ［n （1－31）（1－41）（1－51）…（1－21+n ）］等于 A.0 B.1C.2D.3解析: ∞→n lim ［n （1－31）（1－41）（1－51）…（1－21+n ）］=∞→n lim ［n ×32×43×54×…×21++n n ］ =∞→n lim 22+n n=2. 答案:C 3.下列四个A.若∞→n lim a n 2＝A 2，则∞→n lim a n ＝AB.若a n ＞0，∞→n lim a n ＝A ，则A ＞0C.若∞→n lim a n ＝A ，则∞→n lim a n 2＝A 2D.若∞→n lim （a n －b ）＝0，则∞→n lim a n ＝∞→n lim b n解析:排除法，取a n ＝（－１）n，排除A ；取a n ＝n1，排除Ｂ；取a n ＝b n ＝n ，排除D ．答案:C4.（2005年春季上海,2） ∞→n limnn ++++ 212=__________.解析:原式=∞→n lim 2)1(2++n n n =∞→n lim 221212nn n ++=0.答案:05.（2005年春季北京,9） ∞→n lim 32222-+n nn =____________.解析:原式=∞→n lim23221nn -+=21. 答案:21【例1】求下列极限：（1）∞→n lim757222+++n n n ;（2） ∞→n lim （n n +2－n ）;（3）∞→n lim （22n +24n+…+22n n ）.剖析:（1）因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n 2后再求极限；（2）因n n +2与n 都没有极限，可先分子有理化再求极限；（3）因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限.解:（1）∞→n lim 757222+++n n n =∞→n lim 2275712nn n +++=52. （2）∞→n lim （n n +2－n ）= ∞→n limnn n n ++2=∞→n lim1111++n=21. （3）原式=∞→n lim 22642n n ++++ =∞→n lim 2)1(n n n +=∞→n lim （1+n1）=1. 评述:对于（1）要避免下面两种错误：①原式=)75(lim )72(lim 22+++∞→∞→n n n n n =∞∞=1,②∵∞→n lim （2n2+n+7）, ∞→n lim （5n 2+7）不存在，∴原式无极限.对于（2）要避免出现下面两种错误：①∞→n lim （n n +2－n ）= ∞→n lim n n +2－∞→n lim n=∞－∞=0;②原式=∞→n limn n +2－∞→n lim n=∞－∞不存在.对于（3）要避免出现原式=∞→n lim22n +∞→n lim 24n +…+∞→n lim22n n =0+0+…+0=0这样的错误.【例2】已知数列｛a n ｝是由正数构成的数列，a 1＝3，且满足lga n ＝lga n －1＋lgc ，其中n 是大于1的整数，c 是正数．（1）求数列｛a n ｝的通项公式及前n 和S n ；（2）求∞→n lim 1122+-+-n n nn a a 的值．解:（1）由已知得a n ＝ｃ·a n －1,∴｛a n ｝是以a 1＝3，公比为c 的等比数列，则a n ＝3·ｃn －1.∴S n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≠>--=).10(1)1(3)1(3c c c c c nn 且（2） ∞→n lim1122+-+-n n n n a a ＝∞→n lim n n n n cc 323211+---. ①当c=2时，原式＝－41; ②当ｃ＞2时，原式＝∞→n lim c cc n n 3)2(23)2(11+⋅---＝－c 1;③当0＜ｃ＜2时，原式=∞→n lim 11)2(32)2(31--⋅+-n n c c c ＝21.评述:求数列极限时要注意分类讨论思想的应用.【例3】已知直线l:x －ny=0（n ∈N *）,圆M:（x+1）2+（y+1）2=1,抛物线ϕ:y=（x－1）2,又l 与M 交于点A 、B ，l 与ϕ交于点C 、D ，求∞→n lim 22||||CD AB .剖析:要求∞→n lim 22||||CD AB 的值，必须先求它与n 的关系.解:设圆心M （－1,－1）到直线l 的距离为d,则d 2=1)1(22+-n n .又r=1,∴|AB|2=4（1－d 2）=218nn+. 设点C （x 1,y 1）, D （x 2,y 2），由⎩⎨⎧-==-2)1(0x y ny x ⇒nx 2－（2n+1）x+n=0, ∴x 1+x 2=nn 12+, x 1·x 2=1. ∵（x 1－x 2）2=（x 1+x 2）2－4x 1x 2=214n n +,（y 1－y 2）2=（n x 1－n x 2）2=414n n +, ∴|CD|2=（x 1－x 2）2+（y 1－y 2）2=41n（4n+1）（n 2+1）.∴∞→n lim 22||||CD AB =∞→n lim 225)1)(14(8++n n n =∞→n lim 2)11)(14(8nn ++=2. 评述:本题属于解析几何与数列极限的综合题.要求极限，需先求22||||CD AB ,这就要求掌握求弦长的方法.【例4】若数列{a n }的首项为a 1=1,且对任意n ∈N*,a n 与a n+1恰为方程x 2－b n x+c n=0的两根,其中0＜|c|＜1,当∞→n lim （b 1+b 2+…+b n ）≤3,求c 的取值范围.解:首先,由题意对任意n ∈N*,a n ·a n+1=c n恒成立. ∴121+++⋅⋅n n n n a a a a =n n a a 2+=n n cc 1+=c.又a 1·a 2=a 2=c.∴a 1,a 3,a 5,…,a 2n －1,…是首项为1,公比为c 的等比数列,a 2,a 4,a 6,…,a 2n ,…是首项为c,公比为c 的等比数列.其次,由于对任意n ∈N*,a n +a n+1=b n 恒成立.∴n n b b 2+=132+++++n n n n a a a a =c.又b 1=a 1+a 2=1+c,b 2=a 2+a 3=2c,∴b 1,b 3,b 5,…,b 2n －1,…是首项为1+c,公比为c 的等比数列,b 2,b 4,b 6,…,b 2n ,…是首项为2c,公比为c 的等比数列,∴∞→n lim （b 1+b 2+b 3+…+b n ）= ∞→n lim （b 1+b 3+b 5+…）+ ∞→n lim （b 2+b 4+…）=c c -+11+cc-12≤3. 解得c ≤31或c ＞1.∵0＜|c|＜1,∴0＜c ≤31或－1＜c ＜0. 故c 的取值范围是（－1,0）∪（0,31］.评述:本题的关键在于将题设中的极限不等式转化为关于c 的不等式,即将{b n }的各项和表示为关于c 的解析式,显然“桥梁”应是一元二次方程根与系数的关系,故以根与系数的关系为突破口.●闯关训练夯实基础1.已知a 、b 、c 是实常数，且∞→n lim c bn can ++=2, ∞→n lim b cn c bn --22=3,则∞→n lim acn c an ++22的值是A.2B.3C.21D.6解析:由∞→n lim c bn can ++=2,得a=2b.由∞→n lim b cn c bn --22=3,得b=3c,∴c=31b. ∴ca=6. ∴∞→n lim a cn c an ++22=∞→n lim 22nac n c a ++=ca =6. 答案:D2.（2003年北京）若数列{a n }的通项公式是a n =2)23()1(23n n n n n ------++,n=1,2,…,则∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）等于A.2411 B.2417 C.2419 D.2425 解析:a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-++--+--------),(22323),(2)23(23为偶数为奇数n n nn n n n n n n 即a n =⎪⎩⎪⎨⎧--).3),(2(为偶数为奇数n n n n∴a 1+a 2+…+a n =（2－1+2－3+2－5+…）+（3－2+3－4+3－6+…）.∴∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）=411213132122221-=-+-----+91191-=.2419 答案:C3.（2004年春季上海）在数列{a n }中，a 1=3，且对任意大于1的正整数n,点（n a ,1-n a ）在直线x －y －3=0上，则∞→n lim 2)1(+n a n=__________________.解析:由题意得n a －1-n a =3 （n ≥2）. ∴{n a }是公差为3的等差数列，1a =3. ∴n a =3+（n －1）·3=3n. ∴a n =3n 2.∴∞→n lim 2)1(+n a n =∞→n lim 12322++n n n =∞→n lim21213nn ++=3.答案:34.（2004年上海,4）设等比数列{a n }（n ∈N ）的公比q=－21,且∞→n lim （a 1+a 3+a 5+…+a 2n－1）=38,则a 1=_________________. 解析:∵q=－21,∴∞→n lim （a 1+a 3+a 5+…+a 2n －1）=4111-a =38.∴a 1=2.答案:25.（2004年湖南,理8）数列{a n }中,a 1=51,a n +a n+1=156+n ,n ∈N*,则∞→n lim （a 1+a 2+…+a n ）等于A.52 B.72 C.41 D.254解析:2（a 1+a 2+…+a n ）=a 1+［（a 1+a 2）+（a 2+a 3）+（a 3+a 4）+…+（a n －1+a n ）］+a n =51+[256+356+…+n56]+a n .∴原式=21［51+511256-+∞→n lim a n ］=21（51+103+∞→n lim a n ）.∵a n +a n+1=156+n ,∴∞→n lim a n +∞→n lim a n+1=0.∴∞→n lim a n =0.答案:C6.已知数列｛a n ｝满足（n －1）a n+1=（n+1）（a n －1）且a 2=6,设b n =a n +n （n ∈N*）. （1）求{b n }的通项公式；（2）求∞→n lim （212-b +213-b +214-b +…+21-n b ）的值.解:（1）n=1时，由（n －1）a n+1=（n+1）（a n －1）,得a 1=1.n=2时，a 2=6代入得a 3=15.同理a 4=28,再代入b n =a n +n,有b 1=2,b 2=8,b 3=18,b 4=32,由此猜想b n =2n 2.要证b n =2n 2,只需证a n =2n 2－n.①当n=1时，a 1=2×12－1=1成立.②假设当n=k 时，a k =2k 2－k 成立.那么当n=k+1时，由（k －1）a k+1=（k+1）（a k －1）,得a k+1=11-+k k （a k －1） =11-+k k （2k 2－k －1）=11-+k k （2k+1）（k －1）=（k+1）（2k+1）=2（k+1）2－（k+1）. ∴当n=k+1时，a n =2n 2－n 正确，从而b n =2n 2.（2）∞→n lim （212-b +213-b +…+21-n b ）=∞→n lim （61+161+…+2212-n ）=21∞→n lim ［311⨯+421⨯+…+)1)(1(1+-n n ］ =41∞→n lim ［1－31+21－41+…+11-n －11+n ］ =41∞→n lim ［1+21－n 1－11+n ］=83. 培养能力7.已知数列{a n }、{b n }都是无穷等差数列,其中a 1=3,b 1=2,b 2是a 2与a 3的等差中项,且∞→n lim n n b a =21,求极限∞→n lim （111b a +221b a +…+n n b a 1）的值. 解:{a n }、{b n }的公差分别为d 1、d 2.∵2b 2=a 2+a 3,即2（2+d 2）=（3+d 1）+（3+2d 1）, ∴2d 2－3d 1=2.又∞→n lim n n b a =∞→n lim 21)1(2)1(3d n d n -+-+=21d d =21,即d 2=2d 1, ∴d 1=2,d 2=4.∴a n =a 1+（n －1）d 1=2n+1,b n =b 1+（n －1）d 2=4n －2.∴n n b a 1=)24()12(1-⋅+n n =41（121-n －121+n ）. ∴原式=∞→n lim41（1－121+n ）=41. 8.已知数列｛a n ｝、{b n }都是由正数组成的等比数列，公比分别为p 、q,其中p ＞q 且p≠1,q ≠1,设c n =a n +b n ,S n 为数列{c n }的前n 项和，求∞→n lim1-n nS S . 解:S n =p p a n --1)1(1+qq b n --1)1(1,.1)1(1)1(1)1(1)1(1111111qq b p p a qq b p p a S S n n n n n n --+----+--=--- 当p ＞1时，p ＞q ＞0,得0＜pq ＜1,上式分子、分母同除以p n －1，得.1])(1[1)11(1)1(1)1(11111111111q p q pb p p a qpq p b p p p a S S n n n n nn n n n --+----+--=-------∴∞→n lim 1-n n S S=p. 当p ＜1时，0＜q ＜p ＜1, ∞→n lim 1-n n S S =qb p a qbp a -+--+-11111111=1.探究创新9.已知数列{a n }满足a 1=0,a 2=1,a n =221--+n n a a ,求∞→n lim a n .解:由a n =221--+n n a a ,得2a n +a n －1=2a n －1+a n －2,∴{2a n +a n －1}是常数列. ∵2a 2+a 1=2,∴2a n +a n －1=2.∴a n －32=－21（a n －1－32）.∴{a n －32}是公比为－21,首项为－32的等比数列.∴a n －32=－32×（－21）n －1.∴a n =32－32×（－21）n －1.∴∞→n lim a n =32. ●思悟小结1.运用数列极限的运算法则求一些数列的极限时必须注意以下几点：（1）各数列的极限必须存在；（2）四则运算只限于有限个数列极限的运算. 2.熟练掌握如下几个常用极限：（1） ∞→n lim C=C （C 为常数）;（2） ∞→n lim （n1）p=0（p ＞0）;（3） ∞→n lim d cn b an k k ++=ca（k ∈N *,a 、b 、c 、d ∈R 且c ≠0）;（4） ∞→n lim q n=0（|q|＜1）.●教师下载中心教学点睛1.数列极限的几种类型：∞－∞,∞∞,0－0,00等形式，必须先化简成可求极限的类型再用四则运算求极限，另外还有先求和，约分后再求极限，对含参数的题目一定要控制好难度，不要太难了.2.重视在日常学习过程中化归思想、分类讨论思想和极限思想的运用.拓展题例【例题】已知等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q,且有∞→n lim （q a +11－q n）=21,求首项a 1的取值范围.解: ∞→n lim （q a +11－q n）=21, ∴∞→n lim q n一定存在.∴0＜|q|＜1或q=1.当q=1时，21a －1=21,∴a 1=3.当0＜|q|＜1时，由∞→n lim （q a +11－q n）=21得q a +11=21,∴2a 1－1=q.∴0＜|2a 1－1|＜1.∴0＜a 1＜1且a 1≠21.综上,得0＜a 1＜1且a 1≠21或a 1=3.。

高考数学冲刺复习极限考点速记手册

高考数学冲刺复习极限考点速记手册在高考数学的复习征程中，极限这一考点犹如一座必须攀登的山峰，它不仅是数学知识体系中的重要组成部分，也是高考中常常出现的关键知识点。

对于即将踏上高考战场的同学们来说，熟练掌握极限的相关概念、性质和计算方法，是取得优异成绩的重要保障。

接下来，让我们一同开启极限考点的速记之旅。

一、极限的定义极限是指变量在一定的变化过程中，逐渐趋近于某个确定的值。

通俗地说，就是当自变量无限接近某个特定值时，函数值无限接近的那个固定值。

比如，当 x 无限接近 2 时，函数 f(x) ＝ x ＋ 1 的值无限接近 3，我们就说 x 趋近于 2 时，f(x) 的极限是 3。

二、极限的计算方法1、代入法如果函数在极限点处连续，那么可以直接将极限点代入函数计算极限值。

例如，求lim(x→3) （x^2 9) ／（x 3) ，直接将 x ＝ 3 代入，分母为 0，所以不能直接代入。

2、因式分解法当分子分母有公因式时，先进行因式分解，然后约分，再代入计算。

就像上面的例子，（x^2 9) ／（x 3) ＝（x ＋ 3)（x 3) ／（x 3)＝ x ＋ 3 ，所以lim(x→3) （x^2 9) ／（x 3) ＝ 6 。

3、有理化法对于含有根式的式子，可以通过有理化来消除根式，然后计算极限。

比如，求lim(x→0) √（1 ＋ x) 1 ／ x ，分子分母同时乘以√（1 ＋x) ＋ 1 ，进行有理化后再计算。

4、利用重要极限两个重要极限：lim(x→0) sin x ／ x ＝ 1 ；lim(x→∞）（1 ＋ 1 ／ x)＾x ＝ e 。

在计算极限时，要善于将所给式子变形为这两个重要极限的形式。

三、极限的性质1、唯一性极限若存在，则必定唯一。

2、局部有界性如果函数在某一点的极限存在，那么在该点的某个邻域内，函数是有界的。

3、保号性如果函数在某一点的极限大于 0（或小于 0），那么在该点的某个邻域内，函数的值大于 0（或小于 0）。

2024高考数学数列的极限与收敛性

2024高考数学数列的极限与收敛性数列是数学中常见的概念，它是由一系列有序的数按照一定规律排列而成。

在数学中，数列的极限与收敛性是一个非常重要的内容，其在高考数学中也是一个常考的考点。

本文将介绍2024高考数学中与数列的极限与收敛性相关的知识点。

一、数列的收敛性在数学中，对于一个数列来说，如果它的数值随着项数的增加而逐渐接近某个确定的数，我们就称这个数列是收敛的。

那么数列的收敛性如何判断呢？1.1 通项公式要判断数列的收敛性，首先需要找到数列的通项公式。

通项公式可以表示数列中任意一项和项数之间的关系，能够帮助我们更好地研究数列的性质。

1.2 数列的极限数列的极限是指数列随着项数趋于无穷大时所趋近的值。

如果一个数列存在极限，我们就称这个数列是收敛的。

1.3 收敛数列的性质对于一个收敛数列来说，其有以下几个性质：- 收敛数列的极限是唯一的。

即使在数列中的某些项有相等的值，它们的极限也是相等的。

- 如果一个数列收敛，那么它一定是有界的。

也就是说，收敛数列的所有项都在某个范围内。

- 对于一个收敛数列，它的任意子数列也是收敛的，并且子数列的极限与原数列的极限相同。

二、数列的极限数列的极限是判断收敛性的重要依据。

如何确定一个数列的极限呢？2.1 数列极限的定义对于数列${a_n}$来说，如果存在一个常数$a$，对于任意给定的正数$\varepsilon$，总存在正整数$N$，使得当$n>N$时，成立$|a_n-a|<\varepsilon$，那么我们称数$a$是数列${a_n}$的极限。

2.2 数列极限的性质数列极限有以下几个重要的性质：- 如果一个数列存在极限，那么极限必定是有界的。

- 如果一个数列存在极限，那么极限必定是该数列的子数列的极限。

- 如果一个数列存在极限，并且极限为有限数，那么这个数列一定是收敛的。

三、数列极限的计算方法在高考数学中，计算数列的极限是一个常见的考点。

我们可以根据数列的性质和计算方法来求解数列的极限。

高考数学一轮复习第六章数列6

高考数学一轮复习第六章数列6.2 等差数列考试要求 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，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、二次函数的关系．知识梳理1．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ≥2，n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2.2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋nn －12d 或S n ＝na 1＋a n2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． (4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．(5)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列．常用结论1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2．在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值． 3．等差数列{a n }的单调性：当d >0时，{a n }是递增数列；当d <0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列．4．数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．这里公差d ＝2A . 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(2)若一个数列每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × ) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ )(4)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ ) 教材改编题1．已知等差数列{a n }中，a 2＝3，前5项和S 5＝10，则数列{a n }的公差为( ) A ．－1 B ．－52C ．－2D ．－4答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ， ∵S 5＝5a 3＝10， ∴a 3＝a 2＋d ＝2，又∵a 2＝3，∴d ＝－1.2．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 5＝________. 答案 903．已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝2，且S 6＝30，则S 9＝________. 答案 126解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，2a 1＋5d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝6.∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝－90＋36×6＝126.题型一等差数列基本量的运算例1 (1)(2022·包头模拟)已知等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，S 4＝24，S 9＝99，则a 7等于( )A ．13B ．14C ．15D ．16 答案 C解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝24，S 9＝99，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝24，9a 1＋36d ＝99，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.则a 7＝a 1＋6d ＝15.(2)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则下列结论正确的有________．(填序号) ①a 2＋a 3＝0； ②a n ＝2n －5； ③S n ＝n (n －4)； ④d ＝－2.答案 ①②③解析 S 4＝4×a 1＋a 42＝0，∴a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝0，①正确； a 5＝a 1＋4d ＝5， (*) a 1＋a 4＝a 1＋a 1＋3d ＝0，(**)联立(*)(**)得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝－3，∴a n ＝－3＋(n －1)×2＝2n －5， ②正确，④错误；S n ＝－3n ＋n n －12×2＝n 2－4n ，③正确．教师备选1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，S 4＝24，则a 9等于( ) A ．－5 B ．－7 C ．－9 D ．－11答案 B解析 ∵a 3＝5，S 4＝24， ∴a 1＋2d ＝5,4a 1＋6d ＝24，解得a 1＝9，d ＝－2， ∴a n ＝11－2n ， ∴a 9＝11－2×9＝－7.2．已知{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＋a 10＝a 9，则a 1＋a 2＋…＋a 9a 10＝________.答案278解析 ∵a 1＋a 10＝a 9，∴a 1＋a 1＋9d ＝a 1＋8d ，即a 1＝－d ， ∴a 1＋a 2＋…＋a 9＝S 9＝9a 1＋9×82d ＝27d ， a 10＝a 1＋9d ＝8d ，∴a 1＋a 2＋…＋a 9a 10＝278.思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，d ，a n ，S n ，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d .跟踪训练1 (1)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＋a 6＝24，S 6＝48，则下列选项正确的是( ) A ．a 1＝－2 B ．a 1＝2 C ．d ＝3 D ．d ＝－3答案 A解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 6＝2a 1＋7d ＝24，S 6＝6a 1＋15d ＝48，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4.(2)(2020·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝______. 答案 25解析设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＋a 6＝2a 1＋6d ＝2. 因为a 1＝－2，所以d ＝1. 所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.题型二等差数列的判定与证明例2 (2021·全国甲卷)已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解 ①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1. 设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1，所以S n ＝na 1＋nn －12d ＝n 2a 1. 因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列． ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋nn －12d ＝12n 2d ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d >0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2(n ≥2)，是关于n 的一次函数，且a 1＝d 2满足上式，所以数列{a n }是等差数列．高考改编已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足nS n ＋1－(n ＋1)S n －32n 2－32n ＝0，证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解因为nS n ＋1－(n ＋1)S n －32n 2－32n ＝0，所以nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝32n (n ＋1)，所以S n ＋1n ＋1－S n n ＝32，S 11＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，32为公差的等差数列，S n n ＝32n －12，所以S n ＝32n 2－12n ，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1 ＝32n 2－12n －⎣⎡⎦⎤32n －12－12n －1 ＝3n －2，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝3n －2. 教师备选(2022·烟台模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，记b n ＝log 2(a n ＋1)． (1)判断{b n }是否为等差数列，并说明理由； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1){b n }是等差数列，理由如下： b 1＝log 2(a 1＋1)＝log 22＝1，当n ≥2时，b n －b n －1＝log 2(a n ＋1)－log 2(a n －1＋1) ＝log 2a n ＋1a n －1＋1＝log 22a n －1＋2a n －1＋1＝1，∴{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＋1＝2n b＝2n ， ∴a n ＝2n －1.思维升华判断数列{a n }是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一常数．(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. (3)通项公式法：对任意n ∈N *，都满足a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)． (4)前n 项和公式法：对任意n ∈N *，都满足S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．跟踪训练2 已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解 (1)由题意可得a 2－2a 1＝4，则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6.由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)由已知得na n ＋1－n ＋1a nn n ＋1＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为d ＝2的等差数列，则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n . 题型三等差数列的性质命题点1 等差数列项的性质例3 (1)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 3＋a 4等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9答案 B解析因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1，所以{a n }是等差数列，由等差数列性质可得a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12， a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，所以a 3＋a 4＝3＋4＝7.(2)(2022·崇左模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝150，则S 9等于( ) A ．225 B ．250 C ．270 D ．300 答案 C解析等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝150， ∴a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝150，解得a 5＝30，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝270.命题点2 等差数列前n 项和的性质例4 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 20＝60，则S 40等于( ) A ．110 B ．150 C ．210 D ．280答案 D解析因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等差数列．故(S 30－S 20)＋S 10＝2(S 20－S 10)，所以S 30＝150.又因为(S 20－S 10)＋(S 40－S 30)＝2(S 30－S 20)，所以S 40＝280.(2)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －13n －2，则a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9的值为________．答案2943解析a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9＝a 11＋a 52b 8＝2a 82b 8＝a 8b 8，∴a 8b 8＝S 2×8－1T 2×8－1＝S 15T 15＝2×15－13×15－2＝2943. 延伸探究将本例(2)部分条件改为若a 2＋a 8b 4＋b 6＝57，则S 9T 9＝________.答案 57解析a 2＋a 8b 4＋b 6＝2a 52b 5＝a 5b 5＝57， ∴S 9T 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝9a 59b 5＝a 5b 5＝57. 教师备选1．若等差数列{a n }的前15项和S 15＝30，则2a 5－a 6－a 10＋a 14等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5解析 ∵S 15＝30，∴152(a 1＋a 15)＝30，∴a 1＋a 15＝4， ∴2a 8＝4，∴a 8＝2.∴2a 5－a 6－a 10＋a 14＝a 4＋a 6－a 6－a 10＋a 14＝a 4－a 10＋a 14＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝2.2．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 020，S 2 0202 020－S 2 0142 014＝6，则S 2 023等于( )A ．2 023B ．－2 023C ．4 046D ．－4 046答案 C解析 ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，设公差为d ′，则S 2 0202 020－S 2 0142 014＝6d ′＝6，∴d ′＝1，首项为S 11＝－2 020，∴S 2 0232 023＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2， ∴S 2 023＝2 023×2＝4 046.思维升华 (1)项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)． ②S 2n －1＝(2n －1)a n .③依次k 项和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列．跟踪训练3 (1)(2021·北京){a n }和{b n }是两个等差数列，其中a k b k (1≤k ≤5)为常值，若a 1＝288，a 5＝96，b 1＝192，则b 3等于( ) A ．64 B ．128 C ．256 D ．512解析由已知条件可得a 1b 1＝a 5b 5，则b 5＝a 5b 1a 1＝96×192288＝64，因此，b 3＝b 1＋b 52＝192＋642＝128.(2)(2022·吕梁模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足a 3＝3a 1，a 2＝3a 1－1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为( ) A.552 B ．55C.652 D ．65答案 C解析设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3a 1，a 1＋d ＝3a 1－1，所以a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n ＋n n －12＝nn ＋12，所以S n n ＝n ＋12，所以S n ＋1n ＋1－S n n＝n ＋1＋12－n ＋12＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，12为公差的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和T 10＝10＋10×10－12×12＝652.课时精练1．(2022·信阳模拟)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 9＝30，a 4＝11，则{a n }的公差为( ) A ．－2 B ．2 C ．－3 D ．3 答案 B解析设公差为d ，因为a 3＋a 9＝2a 6＝30，所以a 6＝15，从而d ＝a 6－a 46－4＝2.2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{a n }满足a 3＋a 6＋a 8＋a 11＝12，则2a 9－a 11的值为( ) A ．－3 B ．3 C ．－12 D ．12 答案 B解析由等差中项的性质可得， a 3＋a 6＋a 8＋a 11＝4a 7＝12，解得a 7＝3， ∵a 7＋a 11＝2a 9， ∴2a 9－a 11＝a 7＝3.3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( ) A.3726 B.3727 C.5239 D.5639答案 A解析由题设知在等差数列{a n }中， a 1＋a 2＋a 3＝4，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3. 所以3a 1＋3d ＝4,4a 1＋30d ＝3，解得a 1＝3726.4．(2022·山东省实验中学模拟)已知等差数列{a n }的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( ) A ．28 B ．29 C ．30 D ．31答案 B解析设等差数列{a n }共有2n ＋1项，则S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1， S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ，该数列的中间项为a n ＋1，又S 奇－S 偶＝a 1＋(a 3－a 2)＋(a 5－a 4)＋…＋(a 2n ＋1－a 2n )＝a 1＋d ＋d ＋…＋d ＝a 1＋nd ＝a n ＋1，所以a n ＋1＝S 奇－S 偶＝319－290＝29.5．等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，当首项a 1和d 变化时，a 3＋a 8＋a 13是一个定值，则下列各数也为定值的是( ) A ．a 11 B ．a 12 C ．S 15 D ．S 16 答案 C解析由等差中项的性质可得a 3＋a 8＋a 13＝3a 8为定值，则a 8为定值， S 15＝15()a 1＋a 152＝15a 8为定值，但S 16＝16()a 1＋a 162＝8()a 8＋a 9不是定值．6．在等差数列{a n }中，若a 10a 9<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0成立的正整数n的最大值是( )A ．15B ．16C ．17D ．14 答案 C解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和有最大值， ∴等差数列{a n }为递减数列，又a 10a 9<－1，∴a 9>0，a 10<0，且a 9＋a 10<0，又S 18＝18a 1＋a 182＝9(a 9＋a 10)<0，S 17＝17a 1＋a 172＝17a 9>0，∴使S n >0成立的正整数n 的最大值是17.7．(2019·北京)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________. 答案 0解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－3，S 5＝－10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋10d ＝－10， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0. 8．(2022·新乡模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．答案 51解析设该数列为{a n }，依题意可知，a 5，a 6，…成等差数列，且公差为2，a 5＝5，设塔群共有n 层，则1＋3＋3＋5＋5(n －4)＋n －4n －52×2＝108，解得n ＝12(n ＝－8舍去)．故最下面三层的塔数之和为a 10＋a 11＋a 12＝3a 11＝3×(5＋2×6)＝51.9．(2021·全国乙卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n ＋1b n ＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．(1)证明因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n ＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2)．又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)解由(1)可知，b n ＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1nn ＋1. 故a n＝⎩⎨⎧32，n ＝1，－1nn ＋1，n ≥2.10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴数列{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∵a 1＝8，a 4＝2， ∴d ＝a 4－a 14－1＝－2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝10－2n ，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，则由(1)可得， S n ＝8n ＋nn －12×(－2)＝9n －n 2，n ∈N *. 由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5， ∴当n >5时，a n <0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝S 5－(S n －S 5)＝2S 5－S n＝2×(9×5－25)－(9n －n 2)＝n 2－9n ＋40；当n ≤5时，a n ≥0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n ∈N *，n 2－9n ＋40，n ≥6，n ∈N *.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S mm ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解．12．(2022·济宁模拟)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，已知S 14>0，S 15<0，则下列选项不正确的是( ) A ．a 1>0，d <0 B ．a 7＋a 8>0C ．S 6与S 7均为S n 的最大值D ．a 8<0 答案 C解析因为S 14>0，所以S 14＝14×a 1＋a 142＝7(a 1＋a 14)＝7(a 7＋a 8)>0，即a 7＋a 8>0，因为S 15<0，所以S 15＝15×a 1＋a 152＝15a 8<0，所以a 8<0，所以a 7>0，所以等差数列{a n }的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a 1>0，d <0，S 7为S n 的最大值．13．(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________．答案 3n 2－2n解析方法一 (观察归纳法)数列{2n －1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n －2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则a n ＝1＋6(n －1)＝6n －5. 故前n 项和为S n ＝na 1＋a n 2＝n1＋6n －52＝3n 2－2n .方法二 (引入参变量法)令b n ＝2n －1，c m ＝3m －2，b n ＝c m ，则2n －1＝3m －2，即3m ＝2n ＋1，m 必为奇数．令m ＝2t －1，则n ＝3t －2(t ＝1,2,3，…)． a t ＝b 3t －2＝c 2t －1＝6t －5，即a n ＝6n －5. 以下同方法一．14．(2022·东莞东方明珠学校模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n .若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是__________．答案 ⎣⎡⎦⎤－17，－18 解析根据等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ≤S 8恒成立，可知a 8≥0且a 9≤0，所以1＋7d ≥0且1＋8d ≤0，解得－17≤d ≤－18.15．定义向量列a 1，a 2，a 3，…，a n 从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即a n ＝a n －1＋d (n ≥2，且n ∈N *)，其中d 为常向量，则称这个向量列{a n }为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{a n }的前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .已知等差向量列{a n }满足a 1＝(1,1)，a 2＋a 4＝(6,10)，则向量列{a n }的前n 项和S n ＝____________________. 答案⎝⎛⎭⎫n ＋n 22，n 2解析因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a 3＝a 2＋a 4＝(6,10)，解得a 3＝(3,5)，则等差向量列{a n }的公差向量为d ＝a 3－a 12＝3，5－1，12＝3－1，5－12＝2，42＝(1,2)，由等差数列的通项公式可得等差向量列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(1,1)＋(n －1)(1,2)＝(1,1)＋(n －1,2n －2) ＝(1＋n －1,1＋2n －2)＝(n ,2n －1)，由等差数列的前n 项和公式，可得等差向量列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋a n2＝n [1，1＋n ，2n －1]2＝n1＋n ，2n2＝n ＋n 2，2n 22＝⎝⎛⎭⎫n ＋n 22，n 2.16．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得a 1＝1，d ＝25，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎡⎦⎤2n ＋35，当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.。

高考数学一轮复习配套课件：132数列极限(共30张

数列极限的存在性
判定方法
通过数列的项的变化趋势、单调性、收敛性等判定数列极限的存在性。
举例
如对于单调递增数列，如果存在上界，则其极限存在；对于单调递减数列，如果存在下界，则其极限存在。
无穷小量与无穷大量
无穷小量
当n趋向于无穷大时，数列的项无限趋近于0的性质。
无穷大量
当n趋向于无穷大时，数列的项无限增大，甚至超过任意给定的正数的性质。
得到。
04
综合练习与提高
综合练习与提高综合练习题一
总结词：基础题
详细描述：本题主要考察数列极限的基本概念和性质，包括数列极限的定义、性质和计算方法。
综合练习与提高综合练习题一
总结词：进阶题
详细描述：本题难度略高于基础题，主要考察数列极限的应用，如利用极限性质证明数列的单调性、有界性等。
总结词
通过取数列的极限，可以求出数列的通项公式。
详细描述
对于一些数列，其通项公式可以通过取数列的极限来求解。例如，对于等差数列，其通项公式 a_n=a_1+(n-1)d可以通过取数列的极限得到。
利用极限求数列的和
总结词
通过取数列的极限，可以求出数列的和。
详细描述
对于一些可以求和的数列，如等差数列、等比数列等，其和可以通过取数列的极限来求解。例如，对于等比数列，其前n项和S_n=a_1*(1-q^n)/(1-q)可以通过取数列的极限
详细描述
单调有界定理指出，如果一个数列单调递增且有上界或单调递减且有下界，那么这个数列必定收敛，即存在极限。
柯西收敛准则
总结词
通过数列的任意两项之间的相对大小关系，判断数列的收敛性。
详细描述
柯西收敛准则指出，如果对于任意给定的正数$epsilon$，存在正整数$N$，使得对于所有$n>N$，都有$|a_n a_{n+1}|<epsilon$，则数列收敛。

2022年高考数学一轮复习必备极限-数列的极限、数学归纳法

第92-93课时：第十二章极限——数列的极限、数学归纳法课题：数列的极限、数学归纳法一知识要点（一）数列的极限1定义：对于无穷数列{a n }，若存在一个常数A ，无论预选指定多么小的正数，都能在数列中找到一项a N ，使得当n>N 时，|an-A|A a n n =∞→lim lim nn a →∞lim nn b →∞lim()lim lim n n n nn n n a b a b →∞→∞→∞±=±lim()lim lim n n n nn n n a b a b →∞→∞→∞⋅=⋅)0lim (lim lim lim ≠=∞→∞→∞→∞→n n n n nn n n n b b a b aS=⎪⎩⎪⎨⎧-=>=<=∞→)11()1(1)1(0lim a a a a a n n 或不存在数分别是0n =112322+++n n n nnn b ∞→lim122limnn na a a nb →∞+++na +222221lim()111n n n n n →∞-++++++)2(lim 2n n n n -+∞→nnn a a a a a a 24221lim ++++++∞→ 1)11(lim 2=--++∞→b an n n n lim()n n n A S n →∞-1(1,2,)n n S n S +=nn T ∞→lim n )31(1A 2A||||lim11n n n n n A A A A -+∞→)1,(,12131211>∈<-++++n N n n n 12)1(+n n n 131211++++ n 2131211++++ 22+n na a a a ,,,,321 nb b b b ,,,,321 nn n n b b b b B a a a a A ++++== 321321,2)(1n a a n +b b b b 112101145=+++=，…a b n a n =+⎛⎝ ⎫⎭⎪log 11131log a n b +nn S ∞→lim )]211()511)(411)(311([lim +----∞→n n n nn n a 1S lim =∞→122321222)2221(lim -∞→+++++++n nn n n n C C C nn n S S 1lim+∞→⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⋯++++∞→32323221lim n n n n n n n n nn n S nalim ∞→nn n1i 1i i nS lim 则,a a 1∞→=+∑=nn a ∞→lim 9423lim=+-∞→nn n a a nn a ∞→lim 11)2(3)2(3lim+-∞→-+-+n n n n n )1n 2n1n 31n 21n 1(lim 2222n ++++++++∞→ n876n 321n a a a a a a a a lim ++++++++∞→ n n nnn a a a a --∞→+-lim ••8100.0••810000.0nn n21)1(21211212121122⋅-+-+-++++nb)(11+：1212=1,与M 交于点A 、B ，L 与φ交于点C 、D ，求22||||lim CD AB n ∞→1)n(n 3221n +++⋅+⋅= n ＝1,2,3……,b 1)n(n a nn+= n ＝1,2,3……,用极限定义证明21lim =∞→n n b 85年练习（数学归纳法）1．由归纳原理分别探求：1凸n 边形的内角和fn= ; 2凸n 边形的对角线条数fn= ;3平面内n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，则该n 个圆分平面区域数fn=2．平面上有n 条直线，且任何两条不平行，任何三条不过同一点，该n 条直线把平面分成fn 个区域，则fn1=fn3．当n 为正奇数时，求证nn被整除，当第二步假设n=2─1时命题为真，进而需验证n= ，命题为真。

XX届高考数学考点知识专题总复习数列的极限

XX届高考数学考点知识专题总复习数列的极限本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址数列的极限.数列极限的定义：一般地，如果当项数n无限增大时，无穷数列{an}的项an无限地趋近于某个常数a（即|an－a|无限地接近于0），那么就说数列{an}以a为极限.注：a不一定是｛an｝中的项.2.几个常用的极限：①c=c（c为常数）;②=0;③qn=0（|q|＜1）.3.数列极限的四则运算法则：设数列｛an｝、｛bn｝，当an=a,bn=b时，（an±bn）=a±b;（an•bn）=a•b;=（b≠0）.●点击双基.下列极限正确的个数是①=0（α＞0）②qn=0③=－1④c=c（c为常数）A.2B.3c.4D.都不正确解析:①③④正确.答案:B2.［n（1－）（1－）（1－）…（1－）］等于A.0B.1c.2D.3解析:［n（1－）（1－）（1－）…（1－）］=［n××××…×］==2.答案:c●典例剖析【例1】求下列极限：（1）;（2）（－n）;（3）（++…+）.剖析:（1）因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n2后再求极限；（2）因与n都没有极限，可先分子有理化再求极限；（3）因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限.解:（1）==.（2）（－n）===.（3）原式===（1+）=1.评述:对于（1）要避免下面两种错误：①原式===1,②∵（2n2+n+7）,（5n2+7）不存在，∴原式无极限.对于（2）要避免出现下面两种错误：①（－n）=－n=∞－∞=0;②原式=－n=∞－∞不存在.对于（3）要避免出现原式=++…+=0+0+…+0=0这样的错误.【例2】已知数列｛an｝是由正数构成的数列，a1＝3，且满足lgan＝lgan－1＋lgc，其中n是大于1的整数，c是正数．（1）求数列｛an｝的通项公式及前n和Sn；（2）求的值．解:（1）由已知得an＝ｃ•an－1,∴｛an｝是以a1＝3，公比为c的等比数列，则an＝3•ｃn－1.∴Sn＝（2）＝.①当c=2时，原式＝－;②当ｃ＞2时，原式＝＝－;③当0＜ｃ＜2时，原式=＝.评述:求数列极限时要注意分类讨论思想的应用.【例3】已知直线l:x－ny=0（n∈N*）,圆m:（x+1）2+（y+1）2=1,抛物线:y=（x－1）2,又l与m交于点A、B，l 与交于点c、D，求.剖析:要求的值，必须先求它与n的关系.解:设圆心m（－1,－1）到直线l的距离为d,则d2=.又r=1,∴|AB|2=4（1－d2）=.设点c（x1,y1）,D（x2,y2），由nx2－（2n+1）x+n=0,∴x1+x2=,x1•x2=1.∵（x1－x2）2=（x1+x2）2－4x1x2=,（y1－y2）2=（－）2=,∴|cD|2=（x1－x2）2+（y1－y2）2=（4n+1）（n2+1）.∴===2.评述:本题属于解析几何与数列极限的综合题.要求极限，需先求,这就要求掌握求弦长的方法.【例4】若数列{an}的首项为a1=1,且对任意n∈N*,an 与an+1恰为方程x2－bnx+cn=0的两根,其中0＜|c|＜1,当（b1+b2+…+bn）≤3,求c的取值范围.解:首先,由题意对任意n∈N*,an•an+1=cn恒成立.∴===c.又a1•a2=a2=c.∴a1,a3,a5,…,a2n－1,…是首项为1,公比为c的等比数列,a2,a4,a6,…,a2n,…是首项为c,公比为c的等比数列.其次,由于对任意n∈N*,an+an+1=bn恒成立.∴==c.又b1=a1+a2=1+c,b2=a2+a3=2c,∴b1,b3,b5,…,b2n－1,…是首项为1+c,公比为c的等比数列,b2,b4,b6,…,b2n,…是首项为2c,公比为c的等比数列,∴（b1+b2+b3+…+bn）=（b1+b3+b5+…）+（b2+b4+…）=+≤3.解得c≤或c＞1.∵0＜|c|＜1,∴0＜c≤或－1＜c＜0.故c的取值范围是（－1,0）∪（0,］.评述:本题的关键在于将题设中的极限不等式转化为关于c的不等式,即将{bn}的各项和表示为关于c的解析式,显然“桥梁”应是一元二次方程根与系数的关系,故以根与系数的关系为突破口.●闯关训练夯实基础.已知a、b、c是实常数，且=2,=3,则的值是A.2B.3c.D.6解析:由=2,得a=2b.由=3,得b=3c,∴c=b.∴=6.∴===6.答案:D2.（XX年北京）若数列{an}的通项公式是an=,n=1,2,…,则（a1+a2+…+an）等于A.B.c.D.解析:an=即an=∴a1+a2+…+an=（2－1+2－3+2－5+…）+（3－2+3－4+3－6+…）.∴（a1+a2+…+an）=+=答案:c3.（XX年春季上海）在数列{an}中，a1=3，且对任意大于1的正整数n,点（,）在直线x－y－=0上，则=__________________.解析:由题意得－=（n≥2）.∴{}是公差为的等差数列，=.∴=+（n－1）•=n.∴an=3n2.∴===3.答案:34.（XX年上海,4）设等比数列{an}（n∈N）的公比q=－,且（a1+a3+a5+…+a2n－1）=,则a1=_________________.解析:∵q=－,∴（a1+a3+a5+…+a2n－1）==.∴a1=2.答案:25.（XX年湖南,理8）数列{an}中,a1=,an+an+1=,n∈N*,则（a1+a2+…+an）等于A.B.c.D.解析:2（a1+a2+…+an）=a1+［（a1+a2）+（a2+a3）+（a3+a4）+…+（an－1+an）］+an=+[++…+]+an.∴原式=［++an］=（++an）.∵an+an+1=,∴an+an+1=0.∴an=0.答案:c6.已知数列｛an｝满足（n－1）an+1=（n+1）（an－1）且a2=6,设bn=an+n（n∈N*）.（1）求{bn}的通项公式；（2）求（+++…+）的值.解:（1）n=1时，由（n－1）an+1=（n+1）（an－1）,得a1=1.n=2时，a2=6代入得a3=15.同理a4=28,再代入bn=an+n,有b1=2,b2=8,b3=18,b4=32,由此猜想bn=2n2.要证bn=2n2,只需证an=2n2－n.①当n=1时，a1=2×12－1=1成立.②假设当n=k时，ak=2k2－k成立.那么当n=k+1时，由（k－1）ak+1=（k+1）（ak－1）,得ak+1=（ak－1）=（2k2－k－1）=（2k+1）（k－1）=（k+1）（2k+1）=2（k+1）2－（k+1）.∴当n=k+1时，an=2n2－n正确，从而bn=2n2.（2）（++…+）=（++…+）=［++…+］=［1－+－+…+－］=［1+－－］=.培养能力7.已知数列{an}、{bn}都是无穷等差数列,其中a1=3,b1=2,b2是a2与a3的等差中项,且=,求极限（++…+）的值.解:{an}、{bn}的公差分别为d1、d2.∵2b2=a2+a3,即2（2+d2）=（3+d1）+（3+2d1）,∴2d2－3d1=2.又===,即d2=2d1,∴d1=2,d2=4.∴an=a1+（n－1）d1=2n+1,bn=b1+（n－1）d2=4n－2.∴==（－）.∴原式=（1－）=.8.已知数列｛an｝、{bn}都是由正数组成的等比数列，公比分别为p、q,其中p＞q且p≠1,q≠1,设cn=an+bn,Sn为数列{cn}的前n项和，求.解:Sn=+,当p＞1时，p＞q＞0,得0＜＜1,上式分子、分母同除以pn－1，得∴=p.当p＜1时，0＜q＜p＜1,==1.探究创新9.已知数列{an}满足a1=0,a2=1,an=,求an.解:由an=,得2an+an－1=2an－1+an－2,∴{2an+an－1}是常数列.∵2a2+a1=2,∴2an+an－1=2.∴an－=－（an－1－）.∴{an－}是公比为－,首项为－的等比数列.∴an－=－×（－）n－1.∴an=－×（－）n－1.∴an=.●思悟小结.运用数列极限的运算法则求一些数列的极限时必须注意以下几点：（1）各数列的极限必须存在；（2）四则运算只限于有限个数列极限的运算.2.熟练掌握如下几个常用极限：（1）c=c（c为常数）;（2）（）p=0（p＞0）;（3）=（k∈N*,a、b、c、d∈R且c≠0）;（4）qn=0（|q|＜1）.●教师下载中心教学点睛.数列极限的几种类型：∞－∞,,0－0,等形式，必须先化简成可求极限的类型再用四则运算求极限，另外还有先求和，约分后再求极限，对含参数的题目一定要控制好难度，不要太难了.2.重视在日常学习过程中化归思想、分类讨论思想和极限思想的运用.拓展题例【例题】已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q,且有（－qn）=,求首项a1的取值范围.解:（－qn）=,∴qn一定存在.∴0＜|q|＜1或q=1.当q=1时，－1=,∴a1=3.当0＜|q|＜1时，由（－qn）=得=,∴2a1－1=q. ∴0＜|2a1－1|＜1.∴0＜a1＜1且a1≠.综上,得0＜a1＜1且a1≠或a1=3.。

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17年高考数学一轮复习数列的极限知识点
极限是微积分中的基础概念，下面是整理的数列的极限知识点，希望考生可以认真学习。

1、连续、间断点以及间断点的分类：判断间断点类型的基础是求函数在间断点处的左右极限;
2、可导和可微，分段函数在分段点处的导数或可导性，一律通过导数定义直接计算或检验存在的定义是极限存在;
3、渐近线，(垂直、水平或斜渐近线);
4、多元函数积分学，二重极限的讨论计算难度较大，常考查证明极限不存在.
下面我们重点讲一下数列极限的典型方法.
重要题型及点拨
1.求数列极限
求数列极限可以归纳为以下三种形式.
★抽象数列求极限
这类题一般以选择题的形式出现, 因此可以通过举反例来排除. 此外,也可以按照定义、基本性质及运算法则直接验证.
★求具体数列的极限,可以参考以下几种方法：
a.利用单调有界必收敛准则求数列极限.
首先,用数学归纳法或不等式的放缩法判断数列的单调性和有界性,进而确定极限存在性;其次,通过递推关系中取极
限，解方程, 从而得到数列的极限值.
b.利用函数极限求数列极限
如果数列极限能看成某函数极限的特例,形如,则利用函数极限和数列极限的关系转化为求函数极限,此时再用洛必达法则求解.
★求项和或项积数列的极限,主要有以下几种方法：
a.利用特殊级数求和法
如果所求的项和式极限中通项可以通过错位相消或可以转化为极限已知的一些形式,那么通过整理可以直接得出极限结果.
l b.利用幂级数求和法
若可以找到这个级数所对应的幂级数,则可以利用幂级数函数的方法把它所对应的和函数求出,再根据这个极限的形式代入相应的变量求出函数值.
c.利用定积分定义求极限
若数列每一项都可以提出一个因子,剩余的项可用一个通项表示, 则可以考虑用定积分定义求解数列极限.
d.利用夹逼定理求极限
若数列每一项都可以提出一个因子,剩余的项不能用一个通项表示,但是其余项是按递增或递减排列的,则可以考虑用夹逼定理求解.
e.求项数列的积的极限,一般先取对数化为项和的形式,然
后利用求解项和数列极限的方法进行计算.
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