高考在即，考生們都在緊張備考，關于數學，小編為大家精心準備了高考數學數列題型精編匯總，供大家參考學習，希望對大家有所幫助!

題型一 等差、等比數列的基本運算

例1 已知等差數列{an}的前5項和為105，且a10=2a5.

(1)求數列{an}的通項公式;

(2)對任意m∈N*，將數列{an}中不大于72m的項的個數記為bm.求數列{bm}的前m項和Sm.

破題切入點 (1)由已知列出關于首項和公差的方程組，解得a1和d，從而求出an.

(2)求出bm，再根據其特征選用求和方法.

解 (1)設數列{an}的公差為d，前n項和為Tn，

由T5=105，a10=2a5，

得5a1+5×(5-1)2d=105，a1+9d=2(a1+4d)，

解得a1=7，d=7.

因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*).

(2)對m∈N*，若an=7n≤72m，則n≤72m-1.

因此bm=72m-1.

所以數列{bm}是首項為7，公比為49的等比數列，

故Sm=b1(1-qm)1-q=7×(1-49m)1-49=7×(72m-1)48

=72m+1-748.

題型二 等差、等比數列的性質及應用

例2 (1)已知正數組成的等差數列{an}，前20項和為100，則a7a14的最大值是()

A.25B.50C.100D.不存在

(2)在等差數列{an}中，a1=-，其前n項和為Sn，若S1212-S1010=2，則S的值為()

A.-2011B.-C.-2010D.-

破題切入點 (1)根據等差數列的性質，a7+a14=a1+a20，S20=20(a1+a20)2可求出a7+a14，然后利用基本不等式.

(2)等差數列{an}中，Sn是其前n項和，則Snn也成等差數列.

答案 (1)A (2)D

解析 (1)∵S20=a1+a202×20=100，∴a1+a20=10.

∵a1+a20=a7+a14，∴a7+a14=10.

∵an0，∴a7a14≤a7+a1422=25.

當且僅當a7=a14時取等號.

故a7a14的最大值為25.

(2)根據等差數列的性質，得數列Snn也是等差數列，根據已知可得這個數列的首項S11=a1=-，公差d=1，故S=-+(-1)×1=-1，所以S=-.

題型三 等差、等比數列的綜合應用

例3 已知數列{an}的前n項和Sn滿足條件2Sn=3(an-1)，其中n∈N*.

(1)證明：數列{an}為等比數列;

(2)設數列{bn}滿足bn=log3an，若cn=anbn，求數列{cn}的前n項和.

破題切入點 (1)利用an=Sn-Sn-1求出an與an-1之間的關系，進而用定義證明數列{an}為等比數列.

(2)由(1)的結論得出數列{bn}的通項公式，求出cn的表達式，再利用錯位相減法求和.

(1)證明 由題意得an=Sn-Sn-1=32(an-an-1)(n≥2)，

∴an=3an-1，∴anan-1=3(n≥2)，

又S1=32(a1-1)=a1，解得a1=3，

∴數列{an}是首項為3，公比為3的等比數列.

(2)解 由(1)得an=3n，則bn=log3an=log33n=n，

∴cn=anbn=n3n，

設Tn=131+232+333+…+(n-1)3n-1+n3n，

3Tn=132+233+334+…+(n-1)3n+n3n+1.

∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n3n+1

=3(1-3n)1-3-n3n+1，

∴Tn=(2n-1)3n+1+34.

總結提高 (1)關于等差、等比數列的基本量的運算，一般是已知數列類型，根據條件，設出a1，an，Sn，n，d(q)五個量的三個，知三求二，完全破解.

(2)等差數列和等比數列有很多相似的性質，可以通過類比去發(fā)現(xiàn)、挖掘.

(3)等差、等比數列的判斷一般是利用定義，在證明等比數列時注意證明首項a1≠0，利用等比數列求和時注意公比q是否為1.

1.已知{an}為等差數列，其公差為-2，且a7是a3與a9的等比中項，Sn為{an}的前n項和，n∈N*，則S10的值為()

A.-110B.-90

C.90D.110

答案 D

解析 ∵a3=a1+2d=a1-4，a7=a1+6d=a1-12，a9=a1+8d=a1-16，

又∵a7是a3與a9的等比中項，

∴(a1-12)2=(a1-4)(a1-16)，

解得a1=20.

∴S10=10×20+12×10×9×(-2)=110.

2.(課標全國Ⅱ)等差數列{an}的公差為2，若a2，a4，a8成等比數列，則{an}的前n項和Sn等于()

A.n(n+1) B.n(n-1)

C.n(n+1)2D.n(n-1)2

答案 A

解析 由a2，a4，a8成等比數列，得a24=a2a8，

即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14)，

∴a1=2.

∴Sn=2n+n(n-1)2×2

=2n+n2-n=n(n+1).

3.等比數列{an}的前n項和為Sn，若2S4=S5+S6，則數列{an}的公比q的值為()

A.-2或1B.-1或2

C.-2D.1

答案 C

解析 方法一 若q=1，

則S4=4a1，S5=5a1，S6=6a1，

顯然不滿足2S4=S5+S6，

故A、D錯.

若q=-1，則S4=S6=0，S5=a5≠0，

不滿足條件，故B錯，因此選C.

方法二 經檢驗q=1不適合，

則由2S4=S5+S6，

得2(1-q4)=1-q5+1-q6，化簡得

q2+q-2=0，解得q=1(舍去)，q=-2.

4.(大綱全國)等比數列{an}中，a4=2，a5=5，則數列{lgan}的前8項和等于()

A.6B.5C.4D.3

答案 C

解析 數列{lgan}的前8項和S8=lga1+lga2+…+lga8

=lg(a1a2…a8)=lg(a1a8)4

=lg(a4a5)4=lg(2×5)4=4.

5.(大綱全國)設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2=3，S4=15，則S6等于()

A.31B.32C.63D.64

答案 C

解析 在等比數列{an}中，S2、S4-S2、S6-S4也成等比數列，

故(S4-S2)2=S2(S6-S4)，

則(15-3)2=3(S6-15)，

解得S6=63.

6.已知兩個等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為An和Bn，且AnBn=7n+45n+3，則使得anbn為整數的正整數n的個數是()

A.2B.3C.4D.5

答案 D

解析 由等差數列的前n項和及等差中項，

可得anbn=12(a1+a2n-1)12(b1+b2n-1)

=12(2n-1)(a1+a2n-1)12(2n-1)(b1+b2n-1)=A2n-1B2n-1

=7(2n-1)+45(2n-1)+3=14n+382n+2

=7n+19n+1=7+12n+1 (n∈N*)，

故n=1,2,3,5,11時，anbn為整數.

即正整數n的個數是5.

7.(課標全國Ⅰ)若數列{an}的前n項和Sn=23an+13，則{an}的通項公式是an=________.

答案 (-2)n-1

解析 當n=1時，a1=1;

當n≥2時，

an=Sn-Sn-1=23an-23an-1，

故anan-1=-2，故an=(-2)n-1.

8.(江蘇)在各項均為正數的等比數列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，則a6的值是________.

答案 4

解析 因為a8=a2q6，a6=a2q4，a4=a2q2，所以由a8=a6+2a4得a2q6=a2q4+2a2q2，消去a2q2，得到關于q2的一元二次方程(q2)2-q2-2=0，解得q2=2，a6=a2q4=1×22=4.

9.(安徽)數列{an}是等差數列，若a1+1，a3+3，a5+5構成公比為q的等比數列，則q=________.

答案 1

解析 設等差數列的公差為d，

則a3=a1+2d，a5=a1+4d，

∴(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5)，解得d=-1，

∴q=a3+3a1+1=a1-2+3a1+1=1.

10.在數列{an}中，如果對任意n∈N*都有an+2-an+1an+1-an=k(k為常數)，則稱數列{an}為等差比數列，k稱為公差比.現(xiàn)給出下列問題：

①等差比數列的公差比一定不為零;

②等差數列一定是等差比數列;

③若an=-3n+2，則數列{an}是等差比數列;

④若等比數列是等差比數列，則其公比等于公差比.

其中正確命題的序號為________.

答案 ①③④

解析 若k=0，{an}為常數列，分母無意義，①正確;公差為零的等差數列不是等差比數列，②錯誤;an+2-an+1an+1-an=3，滿足定義，③正確;設an=a1qn-1(q≠0)，則an+2-an+1an+1-an=a1qn+1-a1qna1qn-a1qn-1=q，④正確.

11.(課標全國Ⅰ)已知{an}是遞增的等差數列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.

(1)求{an}的通項公式;

(2)求數列{an2n}的前n項和.

解 (1)方程x2-5x+6=0的兩根為2,3，

由題意得a2=2，a4=3.

設數列{an}的公差為d，則a4-a2=2d，

故d=12，從而a1=32.

所以{an}的通項公式為an=12n+1.

(2)設{an2n}的前n項和為Sn.

由(1)知an2n=n+22n+1，則

Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1，

12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2.

兩式相減得

12Sn=34+(123+…+12n+1)-n+22n+2

=34+14(1-12n-1)-n+22n+2.

所以Sn=2-n+42n+1.

12.(北京)已知{an}是等差數列，滿足a1=3，a4=12，數列{bn}滿足b1=4，b4=20，且{bn-an}為等比數列.

(1)求數列{an}和{bn}的通項公式;

(2)求數列{bn}的前n項和.

解 (1)設等差數列{an}的公差為d，由題意得

d=a4-a13=12-33=3，

所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2，…).

設等比數列{bn-an}的公比為q，由題意得

q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8，解得q=2.

所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.

從而bn=3n+2n-1(n=1,2，…).

(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2，…).

數列{3n}的前n項和為32n(n+1)，

數列{2n-1}的前n項和為1-2n1-2=2n-1.

所以，數列{bn}的前n項和為32n(n+1)+2n-1.

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本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaozhong/669873.html

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