高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）
一．解答题（共50题）
1． （2019•全国）数列{an}中，a1＝，2an+1an+an+1﹣an＝0．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求满足a1a2+a2a3+…+an﹣1an＜的n的最大值．
2．（2019•新课标Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝﹣a5．
（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；
（2）若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式．
4．（2019•新课标Ⅱ）已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．
第1页（共50页）
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
5．（2018•新课标Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{an}满足a1＝1，nan+1＝2（n+1）an，设bn＝．
（1）求b1，b2，b3；
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
（3）求{an}的通项公式．
7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．
8．（2017•全国）设数列{bn}的各项都为正数，且
第2页（共50页）
．
（1）证明数列为等差数列；
（2）设b1＝1，求数列{bnbn+1}的前n项和Sn．
9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．
（1）若a3+b3＝5，求{bn}的通项公式；
（2）若T3＝21，求S3．
10．（2017•新课标Ⅰ）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．
11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）an＝2n．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和．
12．（2016•全国）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2．
第3页（共50页）
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记bn＝，求数列{bn}的前n项和．
13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{an}的前n项和Sn＝1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5＝，求λ．
14．（2016•新课标Ⅰ）已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn+1+bn+1
＝nbn．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）求{bn}的前n项和．
15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0．
（1）求a2，a3；
（2）求{an}的通项公式．
16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{an}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．
第4页（共50页）
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）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．
17．（2016•新课标Ⅱ）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．
（Ⅰ）求b1，b11，b101；
（Ⅱ）求数列{bn}的前1000项和．
18．（2015•全国）已知数列{an}的前n项和Sn＝4﹣an﹣．
（Ⅰ）证明：数列{2nan}是等差数列；
（Ⅱ）求{an}的通项公式．
19．（2015•新课标Ⅰ）Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an＝4Sn+3
（I）求{an}的通项公式：
（Ⅱ）设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
第5页（共50页）
数列全国高考数学试题
参考答案与试题解析
一．解答题（共50小题）
1．（2019•全国）数列{an}中，a1＝，2an+1an+an+1﹣an＝0．
（1）求{an}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+an﹣1an＜的n的最大值．
【分析】（1）由2an+1an+an+1﹣an＝0可得公式可得an；
，可知数列{}是等差数列，求出的通项
（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出
a1a2+a2a3+…+an﹣1an，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．
【解答】解：（1）∵2an+1an+an+1﹣an＝0．∴，
又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列， ∴，∴；
（2）由（1）知，＝，
第6页（共50页）
∴a1a2+a2a3+…+an﹣1an＝＝，
∵a1a2+a2a3+…+an﹣1an＜，∴＜，
∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，
∴n的最大值为9．
【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．
2．（2019•新课标Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝﹣a5．
（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
【分析】（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝
9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；
（2）若Sn≥an，则na1+值范围，综合即可得答案．
d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取
【解答】解：（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，
第7页（共50页）
若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，
若a3＝4，则d＝＝﹣2，则an＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，
（2）若Sn≥an，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，
当n＝1时，不等式成立，
当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，
又由S9＝﹣a5，即S9＝﹣2a1，
＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥
又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，
综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．
3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式．
第8页（共50页）
【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得
【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；
∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；
即an+1+bn+1＝（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；
又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，
∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列，
{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；
（2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1，
an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
∴an＝（）n+n﹣，bn＝（）n﹣n+．
【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题
4．（2019•新课标Ⅱ）已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．
（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
第9页（共50页）
【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；
（2）把（1）中求得的{an}的通项公式代入bn＝log2an，得到bn，说明数列{bn}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．
【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，
由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．
∴；
（2）bn＝log2an＝，
∵b1＝1，bn+1﹣bn＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，
∴数列{bn}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{bn}的前n项和．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．
5．（2018•全国）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，an＞0，an+1•（Sn+1+Sn）＝2．
（1）求Sn； （2）求++…+．
【分析】（1）由数列递推式可得（Sn+1﹣Sn）（Sn+1+Sn）＝2，可得Sn+12﹣Sn2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求Sn；
第10页（共50页）
（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂
项相消求和，化简整理可得所求和．
【解答】解：（1）a1＝，an＞0，an+1•（Sn+1+Sn）＝2，
可得（Sn+1﹣Sn）（Sn+1+Sn）＝2，
可得Sn+12﹣Sn2＝2，即数列{Sn2}为首项为2，公差为2的等差数列，
可得Sn2＝2+2（n﹣1）＝2n，
由an＞0，可得Sn＝；
（2）＝＝（）＝（﹣），
即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．
【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．
6．（2018•新课标Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．
（1）求{an}的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值．
第11页（共50页）
【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{an}的公差，然后求出an即可；
（2）由a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，得Sn＝16，由此可求出Sn以及Sn的最小值．
＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣
【解答】解：（1）∵等差数列{an}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，
∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；
（2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，
∴Sn＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，
∴当n＝4时，前n项的和Sn取得最小值为﹣16．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．
7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{an}满足a1＝1，nan+1＝2（n+1）an，设bn＝．
（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{an}的通项公式．
【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．
（2）利用定义说明数列为等比数列．
第12页（共50页）
（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．
【解答】解：（1）数列{an}满足a1＝1，nan+1＝2（n+1）an，则：（常数），
由于，故：，数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列．
整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．
（2）由于（常数），数列{bn}是为等比数列；
（3）由（1）得：，根据，所以：．
【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．
8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．
（1）求{an}的通项公式；（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．
【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{an}的通项公式．
（2）当a1＝1，q＝﹣2时，Sn＝，由Sm＝63，得Sm＝＝63，m∈N，无解；当
a1＝1，q＝2时，Sn＝2n﹣1，由此能求出m．
第13页（共50页）
【解答】解：（1）∵等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，
当q＝2时，an＝2n﹣1，
当q＝﹣2时，an＝（﹣2）n﹣1，
∴{an}的通项公式为，an＝2n﹣1，或an＝（﹣2）n﹣1．
（2）记Sn为{an}的前n项和．
当a1＝1，q＝﹣2时，Sn＝＝＝，
由Sm＝63，得Sm＝＝63，m∈N，无解；
当a1＝1，q＝2时，Sn＝＝＝2n﹣1，
由Sm＝63，得Sm＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．
【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
9．（2017•全国）设数列{bn}的各项都为正数，且．
第14页（共50页）
（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{bnbn+1}的前n项和Sn．
【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；
（2）由等差数列的通项公式可得相消求和，化简即可得到所求和．
，所以，再由数列的求和方法：裂项
【解答】解：（1）证明：数列{bn}的各项都为正数，且，
两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；
（2）由（1）得，，，
故，所以，因此．
【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．
10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．
（1）若a3+b3＝5，求{bn}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．
第15页（共50页）
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；
（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，
可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），
则{bn}的通项公式为bn＝2n﹣1，n∈N*；
（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，
当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，
d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；
当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，
d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．
第16页（共50页）
11．（2017•新课标Ⅰ）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．
【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，
列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{an}的通项公式；
（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得Sn，分别求得Sn+1，Sn+2，显然Sn+1+Sn+2
＝2Sn，则Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
【解答】解：（1）设等比数列{an}首项为a1，公比为q，
则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，
由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，
则a1＝﹣2，an＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，
∴{an}的通项公式an＝（﹣2）n；
（2）由（1）可知：Sn＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，
则Sn+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，Sn+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，
第17页（共50页）
由Sn+1+Sn+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，
＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，
＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2Sn，
即Sn+1+Sn+2＝2Sn，
∴Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．
12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）an＝2n．
（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．
【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．
（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．
【解答】解：（1）数列{an}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）an＝2n．
n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）an﹣1＝2（n﹣1）．
第18页（共50页）
∴（2n﹣1）an＝2．∴an＝．
当n＝1时，a1＝2，上式也成立．
∴an＝．
（2）＝＝﹣．
∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．
【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13．（2016•全国）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记bn＝，求数列{bn}的前n项和．
【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，计算可得所求通项；
（Ⅱ）化简bn＝求和，计算可得所求和．
＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消
【解答】解：（Ⅰ）数列{an}的前n项和Sn＝n2，可得a1＝S1＝1；
第19页（共50页）
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则an＝2n﹣1，n∈N*；
（Ⅱ）bn＝＝＝（﹣），
则数列{bn}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{an}的前n项和Sn＝1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．
【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．
（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．
【解答】解：（1）∵Sn＝1+λan，λ≠0．∴an≠0．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝1+λan﹣1﹣λan﹣1＝λan﹣λan﹣1，即（λ﹣1）an＝λan﹣1，
∵λ≠0，an≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），
第20页（共50页）
∴{an}是等比数列，公比q＝，
当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴an＝•（）n﹣1．
（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，
则＝﹣，得λ＝﹣1．
【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．
15．（2016•新课标Ⅰ）已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn+1+bn+1
＝nbn．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）求{bn}的前n项和．
【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{an}是公差为3的等差数列，可得{an}的通项公式；
（Ⅱ）由（1）可得：数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{bn}的前n项和．
【解答】解：（Ⅰ）∵anbn+1+bn+1＝nbn．
当n＝1时，a1b2+b2＝b1．
第21页（共50页）
∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，
又∵{an}是公差为3的等差数列，∴an＝3n﹣1，
（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）bn+1+bn+1＝nbn．即3bn+1＝bn．
即数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列，
∴{bn}的前n项和Sn＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．
【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．
16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0．
（1）求a2，a3； （2）求{an}的通项公式．
【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1
＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；
（2）根据题意，将an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0变形可得（an﹣2an+1）（an+an+1）＝0，进而分析可得an＝2an+1或an＝﹣an+1，结合数列各项为正可得an＝2an+1，结合等比数列的性质可得{an}
第22页（共50页）
是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，
当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，
而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，
当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，
又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；
（2）根据题意，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，变形可得（an﹣2an+1）（an+1）＝0，
即有an＝2an+1或an＝﹣1，
又由数列{an}各项都为正数，则有an＝2an+1，
故数列{an}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则an＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故an＝（）
n﹣1．
【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到an与an+1的关系．
17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{an}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．
第23页（共50页）
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）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．
【分析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；
（Ⅱ）根据bn＝[an]，列出数列{bn}的前10项，相加可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴an＝；
（Ⅱ）∵bn＝[an]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．
故数列{bn}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．
【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．
18．（2016•新课标Ⅱ）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．
（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{bn}的前1000项和．
【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；
第24页（共50页）
（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{bn}的前1000项和．
【解答】解：（Ⅰ）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．
可得a4＝4，则公差d＝1．an＝n，
bn＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．
b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．
数列{bn}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．
【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．
19．（2015•全国）已知数列{an}的前n项和Sn＝4﹣an﹣．
（Ⅰ）证明：数列{2nan}是等差数列；（Ⅱ）求{an}的通项公式．
【分析】（Ⅰ）当n＝1时，﹣an﹣1﹣列．
．两式相减，得2an＝
，解得a1＝1，当n≥2时，Sn＝4﹣an﹣，Sn﹣1＝4
，由此能证明数列{2nan}是首项为2，公差为﹣2的等差数
第25页（共50页）
（Ⅱ）求出2nan＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{an}的通项公式．
【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{an}的前n项和Sn＝4﹣an﹣．
∴当n＝1时，，解得a1＝1，
当n≥2时，Sn＝4﹣an﹣，Sn﹣1＝4﹣an﹣1﹣．
两式相减，得2an＝，
∴2×2nan＝2×2nan＝2×2n﹣1an﹣1﹣4，
∴＝﹣2n﹣1an﹣1＝＝﹣2，
又2a1＝2，∴数列{2nan}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．
（Ⅱ）∵数列{2nan}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，
∴2nan＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，
∴an＝．∴{an}的通项公式为an＝．
【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造
第26页（共50页）
法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
19．（2015•新课标Ⅰ）Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an＝4Sn+3
（I）求{an}的通项公式：（Ⅱ）设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式：
（Ⅱ）求出bn＝，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和．
【解答】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1
﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵当n＝1时，a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
第27页（共50页）
∴bn＝＝＝（﹣），
∴数列{bn}的前n项和Tn＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．
【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．
第28页（共50页）
考点卡片
1．等差数列的性质
【等差数列】等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；
前n项和公式为：Sn＝na1+n（n﹣1）或Sn＝ （n∈N+），
另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap+aq（p，q，m都为自然数）
例：已知等差数列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．
（1）求此数列{an}的通项公式；
（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．
解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．
又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，
∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．
∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．
（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．
第29页（共50页）
这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．
【等差数列的性质】
（1）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，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；
（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．
（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．
（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）
（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．
2．等差数列的通项公式
第30页（共50页）
【知识点的认识】an＝a1+（n﹣1）d，或者an＝am+（n﹣m）d．
【例题解析】
eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列
解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，
∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列
考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．
eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为
解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，
∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．
∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，
∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，
第31页（共50页）
∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．
这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．
【考点点评】
求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．
3．等差数列的前n项和
【知识点的认识】Sn＝na1+n（n﹣1）d或者Sn＝
【例题解析】
eg1：设等差数列的前n项和为Sn，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝
解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+＝55．
d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45
故答案为：55
点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．
第32页（共50页）
eg2：等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．求数列{|an|}的前n项的和Tn．
解：∵等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．
∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，
该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．
∴n≤3时，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，
n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，
∴．
点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．
【考点点评】
等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．
4．等比数列的性质
例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝ ．
第33页（共50页）
解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，
∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．
本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．
【等比数列的性质】
（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak•al＝am•an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}
是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．
5．等比数列的通项公式
【知识点的认识】
1．等比数列的定义
第34页（共50页）
2．等比数列的通项公式 an＝a1•qn﹣1
3．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项． G2＝a•b （ab≠0）
4．等比数列的常用性质
（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak•al＝am•an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}
是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．
6．等比数列的前n项和
【知识点的知识】
1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝．
2．等比数列前n项和的性质
第35页（共50页）
公比不为﹣1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为qn．
7．数列的求和
【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：
（1）公式法：
①等差数列前n项和公式：Sn＝na1+n（n﹣1）d或Sn＝
②等比数列前n项和公式：
③几个常用数列的求和公式：
（2）错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．
第36页（共50页）
（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，
即＝（）．
（4）倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．
（5）分组求和法：
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．
【典型例题分析】
典例1：已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．
（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．
第37页（共50页）
分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：
．
解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，
∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Sn＝＝n2+2n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，
∴bn＝＝＝＝，
∴Tn＝＝＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝．
点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．
【解题方法点拨】
第38页（共50页）
数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．
8．数列递推式
【知识点的知识】
1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an＝．
在数列{an}中，前n项和Sn与通项公式an的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．
注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当
n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an的表达式，则an不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．
（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．
3、数列的通项的求法：
（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．
（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an＝．一般地当已
第39页（共50页）
知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含 或 的关系式，然后再求解．
（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，＝．
（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．
（5）已知＝f（n）求an，用累乘法：an＝（n≥2）．
（6）已知递推关系求an，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，
①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an．
②形如an＝的递推数列都可以用倒数法求通项．
（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．
9．数列与函数的综合
【知识点的知识】
一、数列的函数特性：
第40页（共50页）
等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．
二、解题步骤：
1．在解决有关数列的具体应用问题时：
（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；
（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；
（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；
（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．
2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：
（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．
（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．
（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．
第41页（共50页）
3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．
【典型例题分析】
典例：已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（an）…是首项为4，公差为2的等差数列．
（I）设a为常数，求证：{an}成等比数列；
（II）设bn＝anf（an），数列{bn}前n项和是Sn，当时，求Sn．
分析：（I）先利用条件求出f（an）的表达式，进而求出{an}的通项公式，再用定义来证{an}是等比数列即可；
（II）先求出数列{bn}的通项公式，再对数列{bn}利用错位相减法求和即可．
解答：证明：（I）f（an）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即logaan＝2n+2，可得an＝a2n+2．
∴＝＝为定值．∴{an}为等比数列．
（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）
当时，．（8分）
第42页（共50页）
Sn＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①
2Sn＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②
①﹣②得﹣Sn＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）
＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．
∴Sn＝n•2n+3．（14分）
点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．
10．数列与不等式的综合
【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：
（1）直接将数列求和后放缩；
（2）先将通项放缩后求和；
（3）先将通项放缩后求和再放缩；
（4）尝试用数学归纳法证明．
第43页（共50页）
常用的放缩方法有：
，，，
＝[]
﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），
＜＝（）（n≥2），
，
2（）＝＜＝＜＝2（）．
…+≥…+＝＝＜．
【解题方法点拨】
证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：
第44页（共50页）
（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；
（2）将分子或分母放大（或缩小）；
（3）利用基本不等式；＜；
（4）二项式放缩；
（5）利用常用结论；
（6）利用函数单调性．
（7）常见模型：
①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．
【典型例题分析】
题型一：等比模型
典例1：对于任意的n∈N*，数列{an}满足＝n+1．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
第45页（共50页）
（Ⅱ）求证：对于n≥2，．
解答：（Ⅰ）由①，
当n≥2时，得②，
①﹣②得．∴．
又，得a1＝7不适合上式．
综上得；
（Ⅱ）证明：当n≥2时，．
∴＝．
∴当n≥2时，．
题型二：裂项相消模型
第46页（共50页）
典例2：数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意n∈N*，总有an，Sn，an2成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：．
分析：（1）根据an＝Sn﹣Sn﹣1，整理得an﹣an﹣1＝1（n≥2）进而可判断出数列{an}是公差为1的等差数列，根据等差数列的通项公式求得答案．
（2）由（1）知，因为，所以，从而得证．
解答：（1）由已知：对于n∈N*，总有2Sn＝an+an2①成立
∴（n≥2）②
①﹣②得2an＝an+an2﹣an﹣1﹣an﹣12，∴an+an﹣1＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）
∵an，an﹣1均为正数，∴an﹣an﹣1＝1（n≥2）∴数列{an}是公差为1的等差数列
又n＝1时，2S1＝a1+a12，解得a1＝1，∴an＝n．（n∈N*）
（2）解：由（1）可知∵
第47页（共50页）
∴
【解题方法点拨】
（1）放缩的方向要一致．
（2）放与缩要适度．
（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）．
（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象．所以对放缩法，只需要了解，不宜深入．
11．等差数列与等比数列的综合
【知识点的知识】
1、等差数列的性质
（1）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，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；
第48页（共50页）
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；
（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．
（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．
（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）
（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．
2、等比数列的性质．
（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}
是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．
12．数列与解析几何的综合
第49页（共50页）
【知识点的知识】
函数、数列、解析几何作为高中数学的主要躯干，蕴含着诸多的数学思想和方法（数形结合、函数与方程、转化和归纳等），因而一直是高考的重点．尤其是它们互相之间及和其他数学知识（如复数、向量等）之间的互相渗透、互相联系，更为高考命题带来广阔的空间．而传统的章节复习法使学生分散地学习知识，对各个章节的联系和渗透考虑较少，从而造成对一些综合题心存胆怯．近几年高考中常见的函数﹣数列﹣解析几何综合题就是其中的典型．
【解题方法点拨】
事实上，无论是函数、数列还是解析几何中的曲线（包括复数、向量），都表现出数和形两种状态，数列是一个特殊的函数；函数的图象（解析式）则可看作解析几何中一种特殊的形（方程）；而复数、向量的坐标顺理成章地使它们与函数、数列及解析几何发生联系．解函数﹣数列﹣解析几何综合题首先是建立在对数学基本概念理解的基础上，然后抓住概念间内在的联系，将问题转化为较熟悉的数学问题予以解决，当然这也离不开对各章节内部的扎实基本功．
第50页（共50页）
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容