高中数学-数列章末总结

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高中数学-数列章末总结
知识点 考纲展示
数列的概念和简单表示法 ❶ 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)．
❷ 了解数列是自变量为正整数的一类函数.

等差数列 ❶ 理解等差数列的概念． ❷ 掌握等差数列的通项公式与前n项和公式． ❸ 能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知
识解决相应的问题．
❹ 了解等差数列与一次函数的关系.

等比数列 ❶ 理解等比数列的概念． ❷ 掌握等比数列的通项公式与前n项和公式． ❸ 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知
识解决相应的问题．
❹ 了解等比数列与指数函数的关系.
一、点在纲上，源在本里
考点 考题 考源

等差数列的通
项公式与前n项和 (2016·高考全国卷Ⅰ，T3，5分)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( ) A.100 C．98 必修5 P46 A组T2(1)

等比数列的 通项公式 (2016·高考全国卷Ⅰ，T15，5分)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________. 必修5 P53A组T1、P
45

例4

等差数列的定
义与
等比数列的通
项公
式与前n项和

(2017·高考全国卷Ⅰ，T17，12分)记Sn为等比数列
{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列. 必修5 P58练习T2、
P61 A组T1(2)、T6

等差数列的通项 公式与前n项和 (2016·高考全国卷Ⅱ，T17，12分)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝[an]，求数列{bn}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. 必修5 P61A组T1(2)、
T6
必修1 P25 B组T3

二、根置教材，考在变中
一、选择题
1．(必修5 P40A组T1(3)改编)在等差数列{an}中，a2＝15，a6＝27，若an是有理数，则
n
的最小值为( )
A．5 B．7
2

C．9 D．11
解析：选C.设{an}的公差为d，因为a2＝15，a6＝27，所以a1＋d＝15a1＋5d＝27，解得a1＝12，
d＝3，所以an＝12＋(n－1)×3＝3n＋9，a5＝24，a7＝30，a8＝33，a9＝36，a
10
＝39，仅有

a9＝36＝62，即a
9
＝6，故选C.

2．(必修5 P58练习T2改编)等比数列{an}的前n项之和为Sn，S5＝10，S10＝50，则
S
15

的值为( )

A．60 B．110
C．160 D．210
解析：选D.由等比数列前n项和性质知，S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，即(S10－S5)
2
＝S5(S15－S10)，

所以S15＝（S10－S5）2S5＋S10

＝（50－10）210＋50＝210.故选D.
3．(必修5 P68B组T1(1)改编)在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，
则a12＝( )
A．96 B．64
C．72 D．48
解析：选A.由题意及等比数列的性质知a3a7＝a2a8＝72，又a2＋a8＝27，
所以a2，a8是方程x2－27x＋72＝0的两个根，

所以a2＝24，a8＝3，或a2＝3，a8＝24，又公比大于1，

所以a2＝3，a8＝24，所以q6＝8，即q2＝2，
所以a12＝a2q10＝3×25＝96.
4．(必修5 P58练习T1(1)改编)由实数构成的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且
a
2

－6，a3，a4成等差数列，则S5＝( )

A．45 B．93
C．96 D．189
解析：选B.设{an}的公比为q，因为a1＝3，且a2－6，a3，a4成等差数列，
所以2×3q2＝3q－6＋3q3，
即q3－2q2＋q－2＝0，(q－2)(q2＋1)＝0，
所以q＝2，q2＝－1(舍去)．

所以S5＝3（1－25）1－2＝93.选B.
二、填空题
5．(必修5 P45练习T3、P47B组T4改编)已知集合M＝{m|m＝2n，n∈N*}共有n个元素，

其和为Sn，则i＝1100 1Si＝________．
3

解析：由m＝2n(n∈N*)知集合M中的元素从小到大构成首项a1＝2，公差d＝2的等差数
列．

所以Sn＝n×2＋n（n－1）2×2＝n2＋n＝n(n＋1)．

所以i＝1100 1Si＝11×2＋12×3＋…＋1100×101
＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.
答案：100101
6．(必修5 P44例2改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝28，S10＝310.记函
数f(n)＝Sn(n∈N*)，A(n，f(n))，B(n＋1，f(n＋1))，C(n＋2，f(n＋2))是函数f(n)上的
三点，则△ABC的面积为________．
解析：因为a5＝28，S10＝310.

所以a1＋4d＝28，10a1＋10×92d＝310，解得a1＝4，d＝6.
所以an＝4＋(n－1)×6＝6n－2.
所以Sn＝4n＋n（n－1）2×6＝3n2＋n.
所以A，B，C的坐标分别为(n，3n2＋n)，(n＋1，3(n＋1)2＋(n＋1))，(n＋2，3(n＋2)
2
＋(n＋2))．

所以△ABC的面积S＝12[(3n2＋n)＋3(n＋2)2＋(n＋2)]×2－12[(3n2＋n)＋3(n＋1)2＋(
n

＋1)]×1－12[3(n＋1)2＋(n＋1)＋3(n＋2)2＋(n＋2)]×1
＝(6n2＋14n＋14)－(3n2＋4n＋2)－(3n2＋10n＋9)
＝3，即△ABC的面积为3.
答案：3
三、解答题
7．(必修5 P61A组T4(2)改编)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，
a1＝b1，a14＝b
4
.

(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.

解：(1)等比数列{bn}的公比q＝b3b2＝93＝3，

所以b1＝b2q＝1，b4＝b3q＝27.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2.
所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，
4

因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n
－1)＋1＋3＋…＋3n－1

＝n（1＋2n－1）2＋1－3n1－3

＝n2＋3n－12.
8．(必修5 P47 B组T4改编)数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2，数列{bn}是首项为a1，
公差为d(d≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)若cn＝2（n＋1）bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn；

(3)求数列bnan的前n项和Mn，并证明Mn<4.
解：(1)当n＝1时，a1＝2a1－2，
所以a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2，
即an＝2an－1，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝2·2n－1＝2n.
则b1＝a1＝2.
由b1，b3，b9成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)，
解得d＝0(舍去)或d＝2，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.

(2)由(1)得cn＝2（n＋1）bn＝1n（n＋1），
所以数列{cn}的前n项和
T
n
＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n（n＋1）

＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.

(3)由(1)知bnan＝2n2n＝n·12n－1，
所以Mn＝1·120＋2·121＋3·122＋…＋(n－1)·12n－2＋n·12n－1，①
则12Mn＝1·121＋2122＋…＋(n－1)12n－1＋n·12n，②
①－②得
1
2
Mn＝120＋121＋122＋…＋12n－1－n
·12n
5

＝1·1－12n1－12－n12n
＝2－(n＋2)12n.
所以Mn＝4－(2n＋4)12n，
因为(2n＋4)12n>0，
所以Mn<4.