高考數學必做客觀題——數列

范東暉

1 數列的概念及表示

（ ）必做1 若數列{an}的前n項和為Sn，則下列命題：

①若數列{an}是遞增數列，則數列{Sn}也是遞增數列；

②數列{Sn}是遞增數列的充要條件是數列{an}的各項均為正數；

③若{an}是等差數列（公差d≠0），則S1·S2·…·Sk=0的充要條件是a1·a2·…·ak=0；

④若{an}是等比數列，則S1·S2·…·Sk=0（k≥2，k∈N）的充要條件是an+an+1=0.

其中，正確命題的個數是（ ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

精妙解法 數列{an}的前n項和為Sn，故Sn=a1+a2+…+an. 若數列{an}是遞增數列，則數列{Sn}不一定是遞增數列，如當an<0時，數列{Sn}是遞減數列，故①不正確. 由數列{Sn}是遞增數列，不能推出數列{an}的各項均為正數，如數列：0，1，2，3，…，滿足{Sn}是遞增數列，但不滿足數列{an}的各項均為正數，故②不正確. 若{an}是等差數列（公差d≠0），則由S1·S2·…·Sk=0，不能推出a1·a2·…·ak=0，如數列：-3，-1，1，3，滿足S4=0，但a1·a2·a3·a4≠0，故③不正確. 若{an}是等比數列，則由S1·S2·…·Sk=0（k≥2，k∈N）可得數列的{an}的公比為-1，故有an+an+1=0. 由an+an+1=0可得數列{an}的公比為-1，可得S1·S2·…·Sk=0（k≥2，k∈N），故④正確. 選B.

極速突擊 對于不定項選擇的問題，要特別注意容易出錯的地方，對每一個問題從正反兩面去分析，其中舉反例是否定一個命題的常用方法.本題還需好好把握等差、等比數列的概念、性質、易錯點.

誤點警示 對于①，很多同學受思維定式，認為：{an}是遞增數列，則an>an-1，Sn會越加越大，即Sn會增大，其實當an<0時，Sn會越加越小，這個可以根據等差數列的前n項和公式Sn=na1+ （n-1）nd（可看作二次函數）來理解；對于②，易錯點在于{Sn}是遞增數列，則Sn-Sn-1>0（n≥2），即an>0，所以每項均為正，其實要注意的是an>0時n是從第二項開始的，故首項a1可以等于0，所以不正確，要注意下標；對于③，要把握好切入點，S1·S2·…·Sk=0只要至少一項為零即可，那么其中一項S 為零，就無需a1·a2·…·ak=0；對于④，等比數列Sn= （q≠1），當Sn=0，則此時q=-1能滿足，所以an+an+1=0，反過來也成立.

（ ）必做2 已知兩個數列3，7，11，…，139與2，9，16，…，142，則它們所有公共項的個數為（ ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

精妙解法 由題意可知，數列3，7，11，…，139的通項公式為an=4n-1，139是數列第35項；數列2，9，16，…，142的通項公式為bm=7m-5，142是數列第21項. 設數列3，7，11，…，139的第n項與數列2，9，16，…，142的第m項相同，則4n-1=7m-5，即n= = -1. 所以m為4的倍數，m小于21，n小于35，由此可知，m只能為4，8，12，16，20.此時n的對應值為6，13，20，27，34. 所以，公共項的個數為5. 故選B.

極速突擊 這類問題的做題步驟如下：（1）寫出給定兩個數列的通項公式；（2）令第一個數列的第n項值與第二個數列的第m項值相同；（3）根據題中條件，得出m，n的限制條件或規律；（4）利用等式及m，n的限制條件或規律列舉出相等項的個數.

誤點警示 本題的易錯點在于第一個數列的項與第二個數列的項是不同的，要分別設出來，通過題目給定的條件進行列舉討論.

金刊提醒

高考關于數列知識的考查，大部分都是基于《數列的概念與簡單表示法》上進行的，主要考查方式有：

（1）以數列的前幾項為背景，考查“歸納——推理”思想；

（2）考查數列的有關概念和性質；

（3）考查由數列的遞推關系式求數列的通項公式，已知Sn與an的關系求an等.

2 等差數列

（ ）必做1 等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿足2S5-13a4+5a8=10，則下列數中恒為常數的是（ ）

A. a8 B. S9 C. a17 D. S17

精妙解法 由2S5-13a4+5a8=10可得a1+8d=5，而S17= =17（a1+8d）=85，選D.

極速突擊 在等差數列中，首項和公差是基本量，一般都轉化為用基本量表示，a1，an，d，n，Sn五個量中“知三求二”，一般用方程思想求解，有時也可用首項、末項和中項來表示，并注意整體代換.

（ ）必做2 已知{an}，{bn}均為等差數列，其前n項和分別為Sn和Tn，若 = ，則 的值是______.

精妙解法 等差數列的前n項和為Sn=an2+bn，故可設Sn=（2n+2）·kn，Tn=（n+3）·kn，所以a10=S10-S9=40k，b9=T9-T8=20k，所以 =2.

極速突擊 本題考查了等差數列的通項與求和之間的關系： = ，以及等差數列的函數特征：an=An+B，Sn=An2+Bn.本題的亮點在于非常規，平時常考的是an，bn的下標一致，則可以利用 = ，但當an，bn的下標不一致時，此性質就不能再用，只能借助于等差數列的函數特征，設出參數，通過分式關系約去參數，即可算出最終答案.

誤點警示 等差數列的前n項和為二次函數的形式，若將Sn，Tn假設成Sn=（2n+2）·k，Tn=（n+3）·k，則是錯誤的.endprint

（ ）必做3 已知數列{an}滿足a1=1，a2=2，an+2=1+cos2 an+sin2 ，則該數列的前18項和為（ ）

A. 2101 B. 1067

C. 1012 D. 2012

精妙解法 當n為奇數時，an+2=an+1，這是一個首項為1，公差為1的等差數列；當n為偶數時，an+2=2an，這是一個以2為首項，公比為2的等比數列，

所以S18=a1+a2+…+a17+a18=（a1+a3+…+a17）+（a2+a4+…+a18）=9a1+ ×1+ =9+36+1022=1067.

極速突擊 在等差數列中，首項和公差是基本量；a1，an，d，n，Sn五個量中知三求二，一般用方程思想求解，有時也可用首項、末項和中項來表示，并注意整體代換.

金刊提醒

等差數列及其前n項和的基本解題思路是：

（1）方程思想，即將an與Sn統一表示為a1和d的方程（組），以求其基本量（五個基本量中，通常先求出a1和d，然后再求其他的基本量）.

（2）函數思想，即利用函數思想解決數列問題，等差數列的通項、求和公式可分別表示成an=kn+b（一次函數），Sn=An2+Bn（常數項為零的二次函數）（n∈N 鄢）等.

（3）巧用性質，即運用等差數列的相關性質解題，常可整體代換，回避單個求值，較為常用的如：a，b，c成等差 圳2b=a+c；m+n=p+q 圯am+an=ap+aq（n，m，p，q∈N 鄢）；有關和的性質，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差數列等.

3 等比數列

（ ）必做1 在等比數列{an}中，若a7+a8+a9+a10= ，a8·a9=- ，則 + + + =__________.

精妙解法 由 + = ， + = ，而a8·a9=a7·a10，所以 + + + = = =- .

極速突擊 與等差數列一樣，也要充分運用相關性質解題，常可整體代換.

（ ）必做2 已知等比數列{an}的公比為q，其前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數列，則q3=________.

精妙解法 因為S3，S9，S6成等差數列，所以2S9=S6+S3，顯然q≠1. 由等比數列的前n項和公式有 = + ，化簡得2q9=q6+q3. 又q≠0，所以2q6=q3+1，解得q3=- 或q3=1（舍），故q3=- .

極速突擊 求等比數列{an}的前n項和時，需注意對公比q的討論，當q=1時，Sn=na1；當q≠1時，Sn= = .

（ ）必做3 已知正項等比數列{an}滿足：a7=a6+2a5，若存在兩項am，an使得 =4a1，則 + 的最小值為_________.

精妙解法 由各項均為正數的等比數列{an}滿足a7=a6+2a5，可得a5q2=a5q+2a5，所以q=2. 因為 =4a1，所以q =16，2 =24，所以m+n=6. 所以 + = ·（m+n） + = 1+4+ + ≥ 5+2 = （5+4）= ，當且僅當 = 時，等號成立，故 + 的最小值等于 .

極速突擊 在等比數列中，關注的基本量是：首項和公比；a1，an，q，n，Sn五個量中“知三求二”，常常用方程法來解.

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等比數列及其前n項和的基本解題思路是：

（1）方程思想，即將an與Sn統一表示為a1和q的方程（組），以求其基本量（五個基本量中，通常先求出a1和q，然后再求其他的基本量）.

（2）巧用性質，即運用等比數列的相關性質解題，常可整體代換，回避單個求值，較為常用的如：a，b，c成等比 圯b2=ac；m+n=p+q 圯aman=apaq（n，m，p，q∈N 鄢）；有關和的性質，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等比數列等.需要指出的是，等差、等比數列的性質具有對稱性，因此可用類比的思想理解和記憶.

4 遞推數列

（ ）必做1 在數列{an}中，a1=0， - =1，設bn= ，記Sn為數列{bn}的前n項和，則S99=_________.

精妙解法 由題意可得，數列 是以1為首項、1為公差的等差數列，所以 =n，從而有an= ，所以bn= = = - ，所以數列{bn}的前99項的和為S =1- + - +…+ - =1- = .

極速突擊 將 看成一個整體，先求出an的通項公式，而后再求出bn的通項公式.

（ ）必做2 已知數列{an}滿足a1=0，a2=1，an+2=3an+1-2an，則{an}的通項公式an=_________.

精妙解法 由an+2=3an+1-2an，所以a -an+1=2（an+1-an），所以 =2，所以數列{an+1-an}是以1為首項以2為公比的等比數列，所以an+1-an=2n-1. 所以a2-a1=20，a3-a2=21，a4-a3=22，…，an-an-1=2n-2，所以an-a1=20+21+…+2n-2= =2n-1-1，所以an=2n-1-1.

極速突擊 從遞推關系尋求數列規律，需要通過觀察，對原來的關系組合、變形等，找出一組新的關系；通常轉化為基本的等差或等比數列求解.

（ ）必做3 數列{an}的前n項和為Sn，已知a1= ，且對任意正整數m，n，都有am+n=am·an，若Sn

A. B. C. D. 2

精妙解法 對任意正整數m，n，都有am+n=am·an，取m=1，則有an+1=an·a1 圯 =a1= ，故數列{an}是以 為首項、以 為公比的等比數列，則Sn= = 1- < . 由于Sn

極速突擊 利用關系式中的一般與特殊的關系，巧妙地進行“賦值”，揭開遞推關系的“面紗”，進而認清數列的“本原”.

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（1）“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數列的計算中非常重要. 解題要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要合理地運用條件，又要時刻注意題目要求的目標.

（2）已知數列的前n項和Sn，求通項an，可利用公式an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2，但易忽視an=S1 搖（n=1）.

（3）對于等比數列前n項和Sn，當公比是一字母時，必須分公比等于1和不等于1兩種情況討論.

5 數列求和

（ ）必做1 數列{an}的通項an=n2cos2 -sin2 ，其前n項和為Sn，則S30=________.

精妙解法 由于cos2 -sin2 以3為周期的數列，故S30=- +32+- +62+···+- +302= - +（3k）2= 9k- = -25=470.

極速突擊 由cos2 -sin2 =cos ，可得T=3，進行分組求和.

（ ）必做2 在數列{an}中，a1=1，an+2+（-1）nan=2，記Sn是數列{an}的前n項和，則S60=__________.

精妙解法 當n為偶數時，an+2+an=2，所以數列{an}前60項中偶數項的和為（a2+a4）+（a6+a8）+…+（a58+a60）=15×2=30；當n為奇數時，an+2-an=2，因此數列{an}是以1為首項、公差為2的等差數列，{an}前60項中奇數項的和為30×1+ ×2=900，所以S60=900+30=930.

極速突擊 當遞推數列中含有（-1）n的式子時，一定要注意對n進行分類討論.

（ ）必做3 若等差數列{an}滿足a21+a2100≤10，則S=a100+a101+…+a199的最大值為（ ）

A. 600 B. 500 C. 800 D. 200

精妙解法 S=a100+a101+…+a199=100a100+ d=100（a1+99d）+ d 圯99d= -a1，a21+

a2100≤10 圯a21+（a1+99d）2≤10 圯a21+

a1+ 2≤10 圯 a21+ a1+ 2-10≤0有解 圯 駐= 2-4× × 2-10≥0 圯S≤500. 選B.

極速突擊 將條件與結論之間用基本量來“溝通”，轉化為含a1的一元二次方程有解問題來解決.

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數列求和的方法有：

1. 公式法

（1）等差數列{an}的求和公式：Sn= =na1+ d；

（2）等比數列{an}的求和公式：Sn=na1，q=1， ，q≠1（切記：公比含字母時一定要討論）；

（3） k=1+2+3+…+n= ；

（4） k2=12+22+32+…+n2= ； 搖 搖

（5） k3=13+23+33+…+n3= .

2. 錯位相減法

已知等差數列{an}和等比數列{bn}，求數列{anbn}的前n項的和常用此法.

設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，

當q=1時，Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn=b1（a1+a2+…+an）= ；

當q≠1時，因為Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn，qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+an-1bn+anbn+1，

所以（1-q）Sn=a1b1+d（b2+b3+b4+…+bn）-anbn+1，

Sn= + .

3. 裂項相消法

首先往往把數列的通項拆成兩項之差，然后前n項求和時，許多項正負相消，剩下首尾若干項.裂項相消法需要一定的技巧，重點和難點都在于對通項的分拆，常見拆項公式有：

（1）an= = = - ；

an= = · = · - ；

an= = · = · - ；

（2）an= = · = · - ；

（3）an= = - ；

（4）an= =1+ · - ；

（5） = - ；

（6）an= · = · = - ；

（7） =tan（n+1）°-tann°.

4. 分組求和法

有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比數列或常見的數列，然后將“前n項的和”中的“同類項”先合并在一起，分別求和，再將其合并即可，這就是分組求和法.

5. 倒序相加法

這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法.如果一個數列{an}，與首末兩項等距的兩項之和等于首末兩項之和（即k∈{1，2，3，…，n-1}，恒有ak+1+an-k=a1+an），則可把正著寫與倒著寫的兩個和式相加，就得到了一個常數列的和，這種方法稱為倒序相加法.

因為Sn=a1+a2+a3+…+an-2+an-1+an，Sn=an+an-1+an-2+…+a3+a2+a1，

所以2Sn=（a1+an）+（a2+an-1）+（a3+an-2）+…+（an-2+a3）+（an-1+a2）+（an+a1），

所以Sn= .

6 數列單調性與最值項

（ ）必做1 設公差為d的等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1=1，-

精妙解法 因為等差數列{an}的公差d滿足-0，即n< ，所以n<1- . 因為- 0；n≥10時，an<0. 所以當n=9時，Sn取最大值.

極速突擊 根據等差數列的性質，只要確定“臨界項”即可確定其和取最大值的條件，另外，數列是定義在正整數集上的函數，也可以利用其前n項和公式、二次函數性質或者基本不等式求解.

（ ）必做2 已知數列{an}的前n項和Sn滿足an+3Sn·Sn-1=0（n≥2，n∈N 鄢），a1= ，則nan的最小值為__________.

精妙解法 因為an+3Sn·Sn-1=0（n≥2，n∈N 鄢），所以Sn-Sn-1+3Sn·Sn-1=0.因為a1= ，顯然Sn·Sn-1≠0，化簡得 - =3，可見 是以3為首項、3為公差的等差數列，所以 =3+3（n-1）=3n，Sn= ，從而nan=n（Sn-Sn-1）= - = 1- （n≥2）. 要使nan最小，則需1- （n≥2）最小，即n=2時最小，此時nan= （1-2）=- （n≥2），當n=1時，nan= ，故對任意的n∈N 鄢，nan的最小值為- .

極速突擊 含an與Sn的關系式，利用an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2來轉化. 先求an還是Sn要根據條件來選擇.

（ ）必做3 已知各項均為正數的等比數列{an}，若2a4+a3-2a2-a1=8，則2a8+a7的最小值為______.

精妙解法 設{an}的公比為q，由2a4+a3-2a2-a1=8，得（2a2+a1）q2-（2a2+a1）=8，所以（2a2+a1）（q2-1）=8，顯然q2>1，2a8+a7=（2a2+a1）q6= . 令t=q2，則2a8+a7= . 設函數f（t）= （t>1）， f ′（t）= ，易知當t∈1， 時f（t）為減函數，當t∈ ，+∞時， f（t）為增函數，所以f（t）的最小值為f =54，故2a8+a7的最小值為54.

極速突擊 由于2a4+a3，2a2+a1，2a8+a7之間的聯系為2a4+a3=（2a2+a1）q2，2a8+a7=（2a2+a1）q6，故將2a2+a1作為一個整體，會使解答變得更方便，通過已知條件可以找到2a2+a1與q2的關系，從而很自然地轉化成含q的式子求最值.

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解決一般數列最值問題要抓住一個中心——函數；兩個密切聯系——一是數列和函數之間的密切聯系，數列的通項公式是數列問題的核心，函數的解析式是研究函數問題的基礎；二是方程、不等式與函數的聯系，利用它們之間的對應關系進行靈活處理.尤其通過函數求導求最值與基本不等式求最值的方法經常出現.

精妙解法 因為等差數列{an}的公差d滿足-0，即n< ，所以n<1- . 因為- 0；n≥10時，an<0. 所以當n=9時，Sn取最大值.

極速突擊 根據等差數列的性質，只要確定“臨界項”即可確定其和取最大值的條件，另外，數列是定義在正整數集上的函數，也可以利用其前n項和公式、二次函數性質或者基本不等式求解.

（ ）必做2 已知數列{an}的前n項和Sn滿足an+3Sn·Sn-1=0（n≥2，n∈N 鄢），a1= ，則nan的最小值為__________.

精妙解法 因為an+3Sn·Sn-1=0（n≥2，n∈N 鄢），所以Sn-Sn-1+3Sn·Sn-1=0.因為a1= ，顯然Sn·Sn-1≠0，化簡得 - =3，可見 是以3為首項、3為公差的等差數列，所以 =3+3（n-1）=3n，Sn= ，從而nan=n（Sn-Sn-1）= - = 1- （n≥2）. 要使nan最小，則需1- （n≥2）最小，即n=2時最小，此時nan= （1-2）=- （n≥2），當n=1時，nan= ，故對任意的n∈N 鄢，nan的最小值為- .

極速突擊 含an與Sn的關系式，利用an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2來轉化. 先求an還是Sn要根據條件來選擇.

（ ）必做3 已知各項均為正數的等比數列{an}，若2a4+a3-2a2-a1=8，則2a8+a7的最小值為______.

精妙解法 設{an}的公比為q，由2a4+a3-2a2-a1=8，得（2a2+a1）q2-（2a2+a1）=8，所以（2a2+a1）（q2-1）=8，顯然q2>1，2a8+a7=（2a2+a1）q6= . 令t=q2，則2a8+a7= . 設函數f（t）= （t>1）， f ′（t）= ，易知當t∈1， 時f（t）為減函數，當t∈ ，+∞時， f（t）為增函數，所以f（t）的最小值為f =54，故2a8+a7的最小值為54.

極速突擊 由于2a4+a3，2a2+a1，2a8+a7之間的聯系為2a4+a3=（2a2+a1）q2，2a8+a7=（2a2+a1）q6，故將2a2+a1作為一個整體，會使解答變得更方便，通過已知條件可以找到2a2+a1與q2的關系，從而很自然地轉化成含q的式子求最值.

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解決一般數列最值問題要抓住一個中心——函數；兩個密切聯系——一是數列和函數之間的密切聯系，數列的通項公式是數列問題的核心，函數的解析式是研究函數問題的基礎；二是方程、不等式與函數的聯系，利用它們之間的對應關系進行靈活處理.尤其通過函數求導求最值與基本不等式求最值的方法經常出現.

精妙解法 因為等差數列{an}的公差d滿足-0，即n< ，所以n<1- . 因為- 0；n≥10時，an<0. 所以當n=9時，Sn取最大值.

極速突擊 根據等差數列的性質，只要確定“臨界項”即可確定其和取最大值的條件，另外，數列是定義在正整數集上的函數，也可以利用其前n項和公式、二次函數性質或者基本不等式求解.

（ ）必做2 已知數列{an}的前n項和Sn滿足an+3Sn·Sn-1=0（n≥2，n∈N 鄢），a1= ，則nan的最小值為__________.

精妙解法 因為an+3Sn·Sn-1=0（n≥2，n∈N 鄢），所以Sn-Sn-1+3Sn·Sn-1=0.因為a1= ，顯然Sn·Sn-1≠0，化簡得 - =3，可見 是以3為首項、3為公差的等差數列，所以 =3+3（n-1）=3n，Sn= ，從而nan=n（Sn-Sn-1）= - = 1- （n≥2）. 要使nan最小，則需1- （n≥2）最小，即n=2時最小，此時nan= （1-2）=- （n≥2），當n=1時，nan= ，故對任意的n∈N 鄢，nan的最小值為- .

極速突擊 含an與Sn的關系式，利用an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2來轉化. 先求an還是Sn要根據條件來選擇.

（ ）必做3 已知各項均為正數的等比數列{an}，若2a4+a3-2a2-a1=8，則2a8+a7的最小值為______.

精妙解法 設{an}的公比為q，由2a4+a3-2a2-a1=8，得（2a2+a1）q2-（2a2+a1）=8，所以（2a2+a1）（q2-1）=8，顯然q2>1，2a8+a7=（2a2+a1）q6= . 令t=q2，則2a8+a7= . 設函數f（t）= （t>1）， f ′（t）= ，易知當t∈1， 時f（t）為減函數，當t∈ ，+∞時， f（t）為增函數，所以f（t）的最小值為f =54，故2a8+a7的最小值為54.

極速突擊 由于2a4+a3，2a2+a1，2a8+a7之間的聯系為2a4+a3=（2a2+a1）q2，2a8+a7=（2a2+a1）q6，故將2a2+a1作為一個整體，會使解答變得更方便，通過已知條件可以找到2a2+a1與q2的關系，從而很自然地轉化成含q的式子求最值.

金刊提醒

解決一般數列最值問題要抓住一個中心——函數；兩個密切聯系——一是數列和函數之間的密切聯系，數列的通項公式是數列問題的核心，函數的解析式是研究函數問題的基礎；二是方程、不等式與函數的聯系，利用它們之間的對應關系進行靈活處理.尤其通過函數求導求最值與基本不等式求最值的方法經常出現.