数 列
一、高考要求
1． 理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列
的前n 项.
2． 理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n 项和的公式. 并能运
用这些知识来解决一些实际问题.
3． 了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思
想方法. 二、热点分析
1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.
2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

（3）加强了数列与极限的综合考查题
3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如243546225a a a a a a ++=，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有
223355225a a a a ++=，即235()25a a +=.
4.对客观题，应注意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法
5.在数列的学习中加强能力训练 数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，
而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降. 三、复习建议
1． 对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n 项和. 2． 注意等差（比）数列性质的灵活运用.
3． 掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n 项和的求和方法.
4． 注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 5． 注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.
6． 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。

而且往往还以解答题的形式出现，
所以我们在复习时应给予重视。

近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。

四、典型例题
【例1】 已知由正数组成的等比数列{}n a ，若前n 2项之和等于它前n 2项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列{}n a 的通项公式.
解：∵q=1时122na S n =，1na S =偶数项 又01>a 显然11112na na ≠，q ≠1 ∴2
212121)
1(1)1(q q q a S q q a S n n n
--=
=--=偶数项 依题意221211)1(111)1(q
q q a q q a n n --⋅=--；解之101
=q 又421422143),1(q a a a q q a a a =+=+， 依题意4212111)1(q a q q a =+，将10
1
=
q 代入得101=a n n n a --=⋅=21
10)10
1(
10 【例2】 等差数列{a n }中，1233a a ==30，33a =15，求使a n ≤0的最小自然数n 。

解：设公差为d ，则⎩⎨
⎧=+=+3012230211d a d a 或⎩⎨⎧=+-=+3012230211d a d a 或⎩⎨⎧-=+=+3012230211d a d a 或⎩
⎨⎧-=+-=+3012230
211d a d a
解得：⎩⎨⎧==0301d a ⇒ a 33 = 30 与已知矛盾 或⎪⎩
⎪
⎨⎧=-=2131
1d a ⇒ a 33 = - 15 与已知矛盾
或⎪⎩
⎪
⎨⎧-==2131
1d a ⇒a 33 = 15 或⎩⎨
⎧=-=0301d a ⇒ a 33 = - 30 与已知矛盾 ∴a n = 31+(n - 1) (21-
) ⇒ 31 ≤--2
1n 0 ⇒ n ≥63 ∴满足条件的最小自然数为63。

【例3】 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4=44,S 7=35
（1）求数列{a n }的通项公式与前n 项和公式； （2）求数列|}{|n a 的前n 项和Tn 。

解：（1）设数列的公差为d ，由已知S 4=44,S 7=35可得a 1=17,d=-4 ∴a n =-4n+21 (n∈N),S n =-2n 2
+19 (n∈N).
（2）由a n =-4n+21≥0 得n≤
4
21
, 故当n≤5时，a n ≥0, 当n≥6时，0<n a 当n≤5时,T n =S n =-2n 2
+19n 当n≥6时,T n =2S 5-S n =2n 2
-19n+90.
【例4】 已知等差数列{}a n 的第2项是8，前10项和是185，从数列{}n a 中依次取出第2项，第4项，第8项，……，第2n 项，依次排列一个新数列{}n b ，求数列{}n b 的通项公式b n 及前n 项和公式S n 。

解：由⎪⎩
⎪
⎨⎧=⨯+==+=18529
10108
11012d a S d a a 得 ⎩⎨⎧==351d a ∴23)1(35)1(1+=-+=-+=n n d n a a n ∴2232+==n n n a b ·
62321
22
2321121-+=--+=+++=++n n n n n n b b b S ·……
【例5】 已知数列1，1，2……它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。

求该数列的前n 项和S n ；
解：(1)记数列1，1，2……为{A n }，其中等比数列为{a n }，公比为q ； 等差数列为{b n }，公差为d ，则A n =a n +b n (n ∈N ）
依题意，b 1 =0，∴A 1 =a 1 +b 1 =a 1 =1 ① A 2=a 2+b 2=a 1q+b 1+d=1 ②
A 3=a 3+b 3=a 1q 2
+b 1+2d=2 ③
由①②③得d=-1, q=2, ∴n b a n n n -==-1,21
∴ 2
)1(12)]
1()21()11[()221(1212121n n n b b b a a a A A A S n n n
n n n -+
-=-++-+-++++=+++++++=+++=-……………
【例6】 已知数列{}n a 满足a n +S n =n,(1)求a 1,a 2,a 3,由此猜想通项a n ,并加以证明。

解法1：由a n +S n =n,
当n=1时，a 1=S 1，∴a 1+a 1=1，得a 1=
12
当n=2时，a 1+a 2=S 2，由a 2+S 2=2，得a 1+2a 2=2，∴a 2=
34
当n=3时，a 1+a 2+a 3=S 3，由a 3+S 3=3，得a 1+a 2+2a 3=3∴a 3=8
7
猜想，n n a 2
1
1-
=(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。

当n=1时,a 1=1-
2
1
21=,(1)式成立 假设,当n=k 时,(1)式成立,即a k =1-k
2
1成立，
则当n=k+1时,a k+1+S k+1=k+1,S k+1=S k +a k+1 ∴2a k+1=k+1-S k 又a k =k+S k ∴2a k+1=1+a k ∴a k+1=12
11)2111(21)1(2
1+-=-+=
+k k k a 即当n=k+1时,猜想（1）也成立。

所以对于任意自然数n,n n a 2
1
1-=都成立。

解法2：由a n +S n =n 得111-=+--n S a n n ，两式相减得：111=-+---n n n n S S a a ， 即1211+=
-n n a a ，即()12
1
11-=--n n a a ，下略。