高中數(shù)學(xué)數(shù)列知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)資料一、數(shù)列的基本概念數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容之一，是連接初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的橋梁，也是培養(yǎng)邏輯推理和數(shù)學(xué)建模能力的重要載體。（一）定義與表示方法數(shù)列：按一定順序排列的一列數(shù)，記作$\{a_n\}$，其中$a_n$稱為第$n$項(xiàng)（通項(xiàng)），$n$為項(xiàng)數(shù)（正整數(shù)）。表示方法：列舉法：如$1,3,5,7,\dots$；通項(xiàng)公式法：用關(guān)于$n$的函數(shù)表示$a_n$，如$a_n=2n-1$；遞推公式法：通過前一項(xiàng)或幾項(xiàng)表示后一項(xiàng)，如$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$。（二）分類按項(xiàng)數(shù)：有限數(shù)列（如$1,2,3,4$）、無限數(shù)列（如$1,1/2,1/3,\dots$）；按單調(diào)性：遞增數(shù)列（$a_{n+1}>a_n$，如$a_n=n$）、遞減數(shù)列（$a_{n+1}<a_n$，如$a_n=1/n$）、常數(shù)列（$a_{n+1}=a_n$，如$a_n=5$）、擺動(dòng)數(shù)列（如$1,-1,1,-1,\dots$）；按有界性：有界數(shù)列（存在$M>0$，$|a_n|\leqM$，如$a_n=\sinn$）、無界數(shù)列（如$a_n=n^2$）。（三）通項(xiàng)公式與遞推公式通項(xiàng)公式：$a_n=f(n)$，表示項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系（不一定唯一，如$1,-1,1,-1,\dots$的通項(xiàng)可表示為$a_n=(-1)^{n+1}$或$a_n=\cos(n-1)\pi$）。遞推公式：$a_{n+1}=g(a_n,a_{n-1},\dots)$，表示項(xiàng)與前項(xiàng)的依賴關(guān)系（如斐波那契數(shù)列：$a_1=1,a_2=1,a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$）。二、等差數(shù)列等差數(shù)列是最基本的數(shù)列類型之一，其核心特征是相鄰兩項(xiàng)的差為常數(shù)。（一）定義從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差為常數(shù)（公差$d$），即：$$a_{n+1}-a_n=d\quad(n\in\mathbb{N}^*)$$（二）通項(xiàng)公式$$a_n=a_1+(n-1)d$$推廣：$a_n=a_m+(n-m)d$（$m,n\in\mathbb{N}^*$）。（三）等差中項(xiàng)若$a,A,b$成等差數(shù)列，則$A$稱為$a$與$b$的等差中項(xiàng)，且：$$A=\frac{a+b}{2}$$（四）前$n$項(xiàng)和公式倒序相加法推導(dǎo)：$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$；代入通項(xiàng)公式：$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d$。（五）性質(zhì)1.下標(biāo)和相等：若$m+n=p+q$，則$a_m+a_n=a_p+a_q$（$m,n,p,q\in\mathbb{N}^*$）；2.子數(shù)列性質(zhì)：若$\{k_n\}$為等差數(shù)列，則$\{a_{k_n}\}$也是等差數(shù)列（公差為$kd$，$k$為$\{k_n\}$的公差）；3.前$n$項(xiàng)和性質(zhì)：$S_n$是關(guān)于$n$的二次函數(shù)（常數(shù)項(xiàng)為0），即$S_n=An^2+Bn$，其中$A=\fracz3jilz61osys{2}$，$B=a_1-\fracz3jilz61osys{2}$；4.片段和性質(zhì)：$S_n,S_{2n}-S_n,S_{3n}-S_{2n}$成等差數(shù)列（公差為$n^2d$）。三、等比數(shù)列等比數(shù)列的核心特征是相鄰兩項(xiàng)的比為常數(shù)，需注意公比$q\neq0$。（一）定義從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的比為常數(shù)（公比$q$），即：$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=q\quad(q\neq0,n\in\mathbb{N}^*)$$（二）通項(xiàng)公式$$a_n=a_1q^{n-1}$$推廣：$a_n=a_mq^{n-m}$（$m,n\in\mathbb{N}^*$）。（三）等比中項(xiàng)若$a,G,b$成等比數(shù)列，則$G$稱為$a$與$b$的等比中項(xiàng)，且：$$G^2=ab\quad(ab>0)$$（注：等比中項(xiàng)有兩個(gè)，互為相反數(shù)）。（四）前$n$項(xiàng)和公式當(dāng)$q=1$時(shí)，$S_n=na_1$；當(dāng)$q\neq1$時(shí)，$S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1(a_nq-a_1)}{q-1}$（錯(cuò)位相減法推導(dǎo)）。（五）性質(zhì)1.下標(biāo)和相等：若$m+n=p+q$，則$a_ma_n=a_pa_q$（$m,n,p,q\in\mathbb{N}^*$）；2.子數(shù)列性質(zhì)：若$\{k_n\}$為等差數(shù)列，則$\{a_{k_n}\}$也是等比數(shù)列（公比為$q^k$，$k$為$\{k_n\}$的公差）；3.片段和性質(zhì)：若$q\neq-1$，則$S_n,S_{2n}-S_n,S_{3n}-S_{2n}$成等比數(shù)列（公比為$q^n$）；4.單調(diào)性：當(dāng)$a_1>0,q>1$或$a_1<0,0<q<1$時(shí)，數(shù)列遞增；當(dāng)$a_1>0,0<q<1$或$a_1<0,q>1$時(shí)，數(shù)列遞減；$q=1$時(shí)為常數(shù)列；$q=-1$時(shí)為擺動(dòng)數(shù)列。四、數(shù)列求和方法數(shù)列求和是高考重點(diǎn)，需掌握以下常用方法：（一）公式法直接應(yīng)用等差、等比數(shù)列求和公式，或已知的求和公式（如$1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}$，$1^2+2^2+\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$）。（二）分組求和法將數(shù)列拆分為若干個(gè)等差或等比數(shù)列，分別求和后相加。例：求$S_n=(1+2)+(3+4)+\dots+(2n-1+2n)$，拆分為$1+3+\dots+(2n-1)$與$2+4+\dots+2n$，分別求和得$n^2$與$n(n+1)$，故$S_n=2n^2+n$。（三）錯(cuò)位相減法適用于等差數(shù)列×等比數(shù)列形式（如$a_n=(kn+b)q^n$）。例：求$S_n=1×2+2×2^2+3×2^3+\dots+n×2^n$。解：寫出$S_n$：$S_n=1×2+2×2^2+3×2^3+\dots+n×2^n$（1）乘以公比$2$：$2S_n=1×2^2+2×2^3+\dots+(n-1)×2^n+n×2^{n+1}$（2）（1）-（2）得：$-S_n=2+2^2+2^3+\dots+2^n-n×2^{n+1}$化簡右邊：$2(2^n-1)-n×2^{n+1}=2^{n+1}-2-n×2^{n+1}$故$S_n=(n-1)×2^{n+1}+2$。（四）裂項(xiàng)相消法適用于分式數(shù)列，將通項(xiàng)拆分為兩項(xiàng)之差，求和時(shí)中間項(xiàng)抵消。常見裂項(xiàng)類型：1.$\frac{1}{n(n+k)}=\frac{1}{k}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k})$（如$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）；2.$\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$；3.$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})$；4.$\tan(n+1)x-\tannx=\frac{\sinx}{\cosnx\cos(n+1)x}$（三角函數(shù)裂項(xiàng)）。例：求$S_n=\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+\dots+\frac{1}{n(n+1)}$。解：裂項(xiàng)得$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，求和得$S_n=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$。（五）倒序相加法適用于對(duì)稱結(jié)構(gòu)的數(shù)列（如$a_n+a_{n+1-k}$為常數(shù)）。例：求$S_n=C_n^0+2C_n^1+3C_n^2+\dots+(n+1)C_n^n$。解：寫出$S_n$：$S_n=0×C_n^0+1×C_n^1+2×C_n^2+\dots+n×C_n^n+C_n^0+C_n^1+\dots+C_n^n$（補(bǔ)0后拆分）倒序得：$S_n=n×C_n^n+(n-1)×C_n^{n-1}+\dots+0×C_n^0+2^n$相加得：$2S_n=n×2^n+2×2^n=(n+2)×2^n$，故$S_n=(n+2)×2^{n-1}$。五、遞推數(shù)列通項(xiàng)求解遞推數(shù)列是高考難點(diǎn)，需掌握以下常見類型及解法：（一）累加法（逐差求和法）適用類型：$a_{n+1}-a_n=f(n)$（$f(n)$可求和）。解法：$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)$（$n\geq2$）。例：已知$a_1=1$，$a_n-a_{n-1}=2n-1$（$n\geq2$），求$a_n$。解：$a_n=1+(3+5+\dots+(2n-1))=1+(n-1)^2=n^2$（驗(yàn)證$n=1$時(shí)成立）。（二）累乘法（逐商求積法）適用類型：$\frac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$（$f(n)$可求積）。解法：$a_n=a_1×\prod_{k=1}^{n-1}f(k)$（$n\geq2$）。例：已知$a_1=1$，$\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{n}{n-1}$（$n\geq2$），求$a_n$。解：$a_n=1×\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×\dots×\frac{n}{n-1}=n$（驗(yàn)證$n=1$時(shí)成立）。（三）構(gòu)造法（構(gòu)造等差/等比數(shù)列）1.線性遞推：$a_{n+1}=pa_n+q$（$p\neq1$）解法：構(gòu)造$a_{n+1}+c=p(a_n+c)$，解得$c=\frac{q}{p-1}$，則$\{a_n+c\}$為等比數(shù)列（公比$p$）。例：已知$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，求$a_n$。解：構(gòu)造$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，故$\{a_n+1\}$是首項(xiàng)2、公比2的等比數(shù)列，$a_n+1=2^n$，故$a_n=2^n-1$。2.含常數(shù)項(xiàng)的線性遞推：$a_{n+1}=pa_n+q^n$（$p\neqq$）解法：兩邊除以$q^{n+1}$，得$\frac{a_{n+1}}{q^{n+1}}=\frac{p}{q}×\frac{a_n}{q^n}+\frac{1}{q}$，構(gòu)造$\{b_n\}$（$b_n=\frac{a_n}{q^n}$）為等差數(shù)列。3.二次線性遞推：$a_{n+1}=pa_n+qn+r$解法：構(gòu)造$a_{n+1}+an+b=p(a_n+a(n-1)+b)$，展開后比較系數(shù)求$a,b$。（四）倒數(shù)法適用類型：$a_{n+1}=\frac{pa_n}{qa_n+r}$（$p,q,r\neq0$）。解法：取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{r}{p}×\frac{1}{a_n}+\frac{q}{p}$，構(gòu)造$\{\frac{1}{a_n}\}$為線性遞推數(shù)列。例：已知$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+2}$，求$a_n$。解：取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{a_n}$，故$\{\frac{1}{a_n}\}$是首項(xiàng)1、公差$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列，$\frac{1}{a_n}=1+\frac{n-1}{2}=\frac{n+1}{2}$，故$a_n=\frac{2}{n+1}$。六、數(shù)列的綜合應(yīng)用（一）數(shù)列與函數(shù)數(shù)列是特殊的函數(shù)（定義域?yàn)檎麛?shù)集$\mathbb{N}^*$或其子集），其圖像為離散的點(diǎn)。等差數(shù)列通項(xiàng)$a_n=dn+(a_1-d)$是關(guān)于$n$的一次函數(shù)（斜率為公差$d$）；等比數(shù)列通項(xiàng)$a_n=a_1q^{n-1}$是關(guān)于$n$的指數(shù)函數(shù)（底數(shù)為公比$q$）；等差數(shù)列前$n$項(xiàng)和$S_n=An^2+Bn$是關(guān)于$n$的二次函數(shù)（常數(shù)項(xiàng)為0）。（二）數(shù)列與不等式1.單調(diào)性證明：通過$a_{n+1}-a_n$或$\frac{a_{n+1}}{a_n}$判斷符號(hào)（如$a_n=\frac{n}{n+1}$，$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{(n+1)(n+2)}>0$，故遞增）；2.放縮法求和：通過放縮通項(xiàng)為易求和的形式（如$\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，求和得$1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{n^2}<2-\frac{1}{n}$）。（三）實(shí)際應(yīng)用1.增長率問題：本金$P$，年利率$r$，$n$年后本利和為$P(1+r)^n$（等比數(shù)列）；2.分期付款問題：貸款$A$，月利率$r$，分$n$期還清，每月還款$x=\frac{Ar}{1-(1+r)^{-n}}$（等比數(shù)列求和）；3.計(jì)數(shù)問題：如$n$個(gè)元素的排列數(shù)$P(n,n)=n!$（累乘