高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

1 数列数列 1 等差数列与等比数列等差数列与等比数列 1 基本量的思想 基本量的思想 常设首项 公差 比为基本量 借助于消元思想及解方程组思想等 转化为 基本量 是解决问题 的基本方法 2 等差数列与等比数列的联系等差数列与等比数列的联系 1 1 若数列是等差数列 则数列是等比数列 公比为 其中是常数 是的公差 n a n a a d aad n a a 0 且 a 1 2 2 若数列是等比数列 且 则数列是等差数列 公差为 其中是常数 n a0 n a loga n alogaqa 且 是的公比 0 1aa q n a 3 3 若既是等差数列又是等比数列 则是非零常数数列 n a n a 3 等差与等比数列的比较等差与等比数列的比较 等差数列等比数列 定义 常数 为 1 daaPAa nnn 常数 为 1 q a a PGa n n n 通项 公式 n a 1 a n 1 d k a n k d dn 1 a d kn k n n qaqaa 1 1 求和 公式 n d an d d nn na aan s n n 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 11 1 1 11 1 q q qaa q qa qna s n n n 中项 公式 A 2 ba 推广 2 n a mnmn aa abG 2 推广 mnmnn aaa 2 1 若 m n p q 则 qpnm aaaa 若 m n p q 则 qpnm aaaa 2 若 n k成 A P 其中Nkn 则 n k a也为 A P 若 n k成等比数列 其中Nkn 则 n k a成等比数列 3 nnnnn sssss 232 成等差数列 nnnnn sssss 232 成等比数列 性质 4 1 1 nm nm aa n aa d nmn 1 1 a a q nn m nmn a a q nm 4 典型例题分析 典型例题分析 题型题型 1 等差数列与等比数列的联系等差数列与等比数列的联系 例例 1 20102010 陕西文陕西文 1616 已知 an 是公差不为零的等差数列 a1 1 且 a1 a3 a9成等比数列 求数列 an 的通项 求数列 2an 的前 n 项和 Sn 解 解 由题设知公差 d 0 由 a1 1 a1 a3 a9成等比数列得 12 1 d 1 8 12 d d 解得 d 1 d 0 舍去 故 an 的通项 an 1 n 1 1 n 由 知2 m a 2n 由等比数列前 n 项和公式得 Sm 2 22 23 2n 2 1 2 1 2 n 2n 1 2 小结与拓展 数列小结与拓展 数列是等差数列 则数列是等差数列 则数列是等比数列 公比为是等比数列 公比为 其中 其中是常数 是常数 是是 n a n a a d aad 的公差 的公差 a 0a 0 且且 a 1a 1 n a 2 题型题型 2 与与 前前 n 项和项和 Sn 与通项与通项 an 常用求通项公式的结合 常用求通项公式的结合 例例 2 2 已知数列 an 的前三项与数列 bn 的前三项对应相同 且 a1 2a2 22a3 2n 1an 8n 对任 意的 n N 都成立 数列 bn 1 bn 是等差数列 求数列 an 与 bn 的通项公式 解 解 a1 2a2 22a3 2n 1an 8n n N 当 n 2 时 a1 2a2 22a3 2n 2an 1 8 n 1 n N 得 2n 1an 8 求得 an 24 n 在 中令 n 1 可得 a1 8 24 1 an 24 n n N 由题意知 b1 8 b2 4 b3 2 b2 b1 4 b3 b2 2 数列 bn 1 bn 的公差为 2 4 2 bn 1 bn 4 n 1 2 2n 6 法一法一 迭代法 迭代法 bn b1 b2 b1 b3 b2 bn bn 1 8 4 2 2n 8 n2 7n 14 n N 法二法二 累加法 累加法 即 bn bn 1 2n 8 bn 1 bn 2 2n 10 b3 b2 2 b2 b1 4 b1 8 相加得 bn 8 4 2 2n 8 8 n2 7n 14 n N n 1 4 2n 8 2 小结与拓展 小结与拓展 1 在数列 在数列 a an n 中 前中 前 n n 项和项和 S Sn n与通项与通项 a an n的关系为 的关系为 是重要考点 是重要考点 2 2 韦达定理应引起重视 韦达定理应引起重视 3 3 迭代法 累加法及累乘 迭代法 累加法及累乘 Nn 2 1 1 11 nSS nSa a nn n 法是求数列通项公式的常用方法 法是求数列通项公式的常用方法 题型题型 3 中项公式与最值 数列具有函数的性质 中项公式与最值 数列具有函数的性质 例例 3 20092009 汕头一模 汕头一模 在等比数列 an 中 an 0 n N 公比 q 0 1 且 a1a5 2a3a5 a 2a8 25 a3与 as的等比中项为 2 1 求数列 an 的通项公式 2 设 bn log2 an 数列 bn 的前 n 项和为 Sn当 12 12 n SSS n 最大时 求 n 的值 解 解 1 因为 a1a5 2a3a5 a 2a8 25 所以 2 3 a 2a3a5 2 5 a 25 又 an o a3 a5 5 又 a3与 a5的等比中项为 2 所以 a3a5 4 而 q 0 1 所以 a3 a5 所以 a3 4 a5 1 1 2 q a1 16 所以 1 5 1 162 2 n n n a 2 bn log2 an 5 n 所以 bn 1 bn 1 所以 bn 是以 4 为首项 1 为公差的等差数列 所以 9 2 n nn S 9 2 n Sn n 所以 当 n 8 时 n S n 0 当 n 9 时 n S n 0 n 9 时 n S n 0 当 n 8 或 9 时 12 12 n SSS n 最大 小结与拓展 小结与拓展 1 1 利用配方法 单调性法求数列的最值 利用配方法 单调性法求数列的最值 2 2 等差中项与等比中项 等差中项与等比中项 2 数列的前数列的前 n 项和项和 1 前前 n 项和公式项和公式 Sn 的定义 的定义 S Sn a1 a2 an 2 数列求和的方法 数列求和的方法 1 1 1 公式法 公式法 1 等差数列求和公式 2 等比数列求和公式 3 可转化为等差 等比数列的数列 4 常用公式 3 1 n k k 1 2 123 1 nn n 2 1 n k k 2222 1 6 123 1 21 nn nn 3 1 n k k 33332 1 2 123 n n n 1 21 n k k 2 n1 2n 531 2 2 分组求和法 分组求和法 把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合 使其转化成等差数列或等比 数列 然后由等差 等比数列求和公式求解 3 3 倒序相加法 倒序相加法 如果一个数列 an 与首末两端等 距离 的两项的和相等或等于同一常数 那么 求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法 如 等差数列的前 n 项和即是用此法推导的 4 4 裂项相消法 裂项相消法 即把每一项都拆成正负两项 使其正负抵消 只余有限几项 可求和 适用于其中 是各项不为 0 的等差数列 c 为常数 部分无理数列 含阶乘的数列等 1nna a c n a 如 1 和 其中等差 可裂项为 2 1 1 nn aa 1 1 nn aa n a 11 1111 nnnn aad aa 根式在分母上时可考虑利用分母有理化 因式相消 根式在分母上时可考虑利用分母有理化 因式相消 求和 求和 1 1 11 nn nn aa daa 常见裂项公式常见裂项公式 1 111 1 1n nnn 2 11 11 n nkknnk 3 1111 1 1 2 1 1 2 n nnn nnn 4 11 1 1 n nnn 5 常见放缩公式 212 11 11 2 2 nnnn nnnnn 3 典型例题分析典型例题分析 题型题型 1 公式法公式法 例例 1 等比数列的前 项和 S 2 p 则 n a 22 3 2 2 2 1n aaaa 解 解 1 当 n 1 时 p 2a1 2 当时 2n 1 n1 nn 1 nnn 2p 2 p 2S Sa 因为数列为等比数列 所以 n a1p12p 2a 1 1 1 从而等比数列为首项为 1 公比为 2 的等比数列 n a 故等比数列为首项为 1 公比为的等比数列 2 n a4q 2 1 4 3 1 4 1 4 1 1 n n 22 3 2 2 2 1 n aaaa 小结与拓展 小结与拓展 1 等差数列求和公式 2 等比数列求和公式 3 可转化为等差 等比数列 的数列 4 常用公式 见知识点部分 5 等比数列的性质 等比数列的性质 若数列为等比数列 n a 则数列及也为等比数列 首项分别为 公比分别为 2 n a n a 1 2 1 a 1 a 1 2 q q 1 题型题型 2 分组求和法分组求和法 例例 2 2 20102010 年丰台期末年丰台期末 1818 数列中 且点在函数 n a 1 1a 1 nn aa n N 的图象上 求数列的通项公式 在数列中 依次抽取第 2f xx n a n a 3 4 6 项 组成新数列 试求数列的通项及前项和 1 22 n n b n b n bn n S 解 解 点在函数的图象上 1 nn aa 2f xx 1 2 nn aa 4 即数列是以为首项 2 为公差的等差数列 1 2 nn aa n a 1 1a 1 1 221 n ann 依题意知 1 1 22 2 22 123 n nn n ba 12nn Sbbb 11 23 23 nn ii ii n 1 1 22 3232 1 2 n n nn 小结与拓展 小结与拓展 把数列的每一项分成多个项 再把数列的项重新组合 使其转化成等差数列或等比数列 然后由等差 等比数列求和公式求解 题型题型 3 裂项相消法裂项相消法 例例 3 3 20102010 年东城二模年东城二模 1919 改编 改编 已知数列 n a的前n项和为 n S 1 1a 1 41 nn Sa 设 1 2 nnn baa 证明数列 n b是等比数列 数列 n c满足 2 1 log3 n n c b n N 求 1 22 33 41nnn Tc cc cc cc c 证明 证明 由于 1 41 nn Sa 当2n 时 1 41 nn Sa 得 11 44 nnn aaa 所以 11 22 2 nnnn aaaa 又 1 2 nnn baa 所以 1 2 nn bb 因为 1 1a 且 121 41aaa 所以 21 314aa 所以 121 22baa 故数列 n b是首项为2 公比为2的等比数列 解 解 由 可知2n n b 则 2 11 log33 n n c bn n N 1 22 33 41nnn Tc cc cc cc c 1111 4 55 66 7 3 4 nn 11 44n 4 4 n n 小结与拓展 裂项相消法是小结与拓展 裂项相消法是把每一项都拆成正负两项 使其正负抵消 只余有限几项 可求和 它适 用于其中 是各项不为 0 的等差数列 c 为常数 部分无理数列 含阶乘的数列等 如 1nna a c n a 1 和 其中等差 可裂项为 2 1 1 nn aa 1 1 nn aa n a 11 1111 nnnn aad aa 根式在分母上时可考虑利用分母有理化 因式相消求和 根式在分母上时可考虑利用分母有理化 因式相消求和 1 1 11 nn nn aa daa 4 数列求和的方法 数列求和的方法 2 5 5 错位相减法 错位相减法 适用于差比数列 如果等差 等比 那么叫做差比数列 即把 n a n b nn a b 每一项都乘以的公比 向后错一项 再对应同次项相减 转化为等比数列求和 n bq 如 等比数列的前 n 项和就是用此法推导的 6 6 累加 乘 法 累加 乘 法 7 7 并项求和法 并项求和法 一个数列的前 n 项和中 可两两结合求解 则称之为并项求和 形如 an 1 nf n 类型 可采用两项合并求 8 8 其它方法 归纳 猜想 证明 周期数列的求和等等 其它方法 归纳 猜想 证明 周期数列的求和等等 5 5 典型例题分析典型例题分析 题型题型 4 错位相减法错位相减法 例例 4 4 求数列前 n 项的和 2 2 2 6 2 4 2 2 32n n 解 解 由题可知 的通项是等差数列 2n 的通项与等比数列 的通项之积 n n 2 2 n 2 1 设 n n n S 2 2 2 6 2 4 2 2 32 设制错位 1432 2 2 2 6 2 4 2 2 2 1 n n n S 得 错位相减 1432 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 nn n n S 11 2 2 2 1 2 nn n 1 2 2 4 n n n S 题型题型 5 并项求和法并项求和法 例例 5 5 求 1002 992 982 972 22 12 100 S 解 解 1002 992 982 972 22 12 100 99 98 97 2 1 5050 100 S 题型题型 6 累加 乘 法及其它方法 归纳 猜想 证明 周期数列的累加 乘 法及其它方法 归纳 猜想 证明 周期数列的 求和等等求和等等 例例 6 6 求之和 1 1111111111 个n 解 解 由于 找通项及特征 找通项及特征 110 9 1 9999 9 1 1111 11 k kk 个个 分组求和 分组求和 1 1111111111 个n 110 9 1 110 9 1 110 9 1 110 9 1 321 n 1111 9 1 10101010 9 1 1 321 个n n 9110 110 10 9 1n n 91010 81 1 1 n n 6 归纳与总结归纳与总结 以上一个 8 种方法虽然各有其特点 但总的原则是要善于改变原数列的形式结构 使其能进行消 项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决 只要很好 地把握这一规律 就能使数列求和化难为易 迎刃而解 3 数列的通项公式数列的通项公式 1 数列的通项公式数列的通项公式 一个数列 an 的 与 之间的函数关系 如果可用一个公式 an f n 来表示 我们就 把这个公式叫做这个数列的通项公式 2 通项公式的求法 通项公式的求法 1 1 1 定义法与观察法 合情推理 不完全归纳法 定义法与观察法 合情推理 不完全归纳法 直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的 方法叫定义法 这种方法适应于已知数列类型的题目 有的数列可以根据前几项观察出通项公式 2 2 公式法 公式法 在数列 an 中 前 n 项和 Sn与通项 an的关系为 数列的前 n 项的和为 Nn 2 1 1 11 nSS nSa a nn n n a 12nn saaa 3 3 周期数列 周期数列 由递推式计算出前几项 寻找周期 4 4 由递推式求数列通项 由递推式求数列通项 类型类型 1 1 递推公式为 1 nfaa nn 6 解法 解法 把原递推公式转化为 利用累加法累加法 逐差相加法逐差相加法 求解 1 nfaa nn 类型类型 2 2 1 递推公式为 nn anfa 1 解法 解法 把原递推公式转化为 利用累乘法累乘法 逐商相乘法逐商相乘法 求解 1 nf a a n n 2 由和确定的递推数列的通项可如下求得 nn anfa 1 1 a n a 由已知递推式有 依次向前代入 得 1 1 nn anfa 21 2 nn anfa 12 1 afa 这就是叠 迭 代法叠 迭 代法的基本模式 1 1 2 1 afnfnfan 类型类型 3 3 递推公式为 其中 p q 均为常数 qpaa nn 1 0 1 ppq 解法 解法 把原递推公式转化为 其中 再利用换元法换元法转化为等比数列求 1 tapta nn p q t 1 解 3 典型例题分析典型例题分析 题型题型 1 周期数列周期数列 例例 1 1 若数列满足 若 则 n a 1 2 1 12 2 1 0 2 1 nn nn n aa aa a 7 6 1 a 20 a 答案 答案 7 5 小结与拓展 小结与拓展 由递推式计算出前几项 寻找周期 题型题型 2 递推公式为递推公式为 求通项 求通项 1 nfaa nn 例例 2 2 已知数列满足 求 n a 2 1 1 a nn aa nn 2 1 1 n a 解 解 由条件知 1 11 1 11 2 1 nnnnnn aa nn 分别令 代入上式得个等式累加之 即 1 3 2 1 nn 1 n 1342312 nn aaaaaaaa 1 1 1 4 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1 nn 所以 n aan 1 1 1 2 1 1 a nn an 1 2 31 1 2 1 小结与拓展 小结与拓展 在运用累加法时 要特别注意项数 计算时项数容易出错 题型题型 3 递推公式为递推公式为 求通项 求通项 nn anfa 1 例例 3 3 已知数列满足 求 n a 3 2 1 a nn a n n a 1 1 n a 解 解 由条件知 分别令 代入上式得个等式累乘之 即 1 1 n n a a n n 1 3 2 1 nn 1 n 13 4 2 3 1 2 n n a a a a a a a a n n 1 4 3 3 2 2 1 na an1 1 又 3 2 1 a n an 3 2 小结与拓展 小结与拓展 在运用累乘法时 还是要特别注意项数 计算时项数容易出错 7 题型题型 4 递推公式为递推公式为 其中 其中 p q 均为常数 均为常数 qpaa nn 1 0 1 ppq 求通项求通项 例例 4 4 在数列中 当时 有 求的通项公式 n a 1 1a 2n 1 32 nn aa n a 解法解法 1 1 设 即有 对比 得 于是得 1 3 nn amam 1 32 nn aam 1 32 nn aa 1m 数列是以为首项 以 3 为公比的等比数列 所以有 1 13 1 nn aa 1 n a 1 12a 1 2 31 n n a 解法解法 2 2 由已知递推式 得 上述两式相减 得 11 32 32 2 nnnn aaaan 因此 数列是以为首项 以 3 为公比的等比数列 所 11 3 nnnn aaaa 1 nn aa 21 4aa 以 即 所以 1 1 4 3n nn aa 1 324 3n nn aa 1 2 31 n n a 小结与拓展 小结与拓展 此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列 再利用等比数列的性质进行求解 构造的办法有两种 一是待定系数法构造 设 展开整理 1 nn amp am 1nn apapmm 比较系数有 所以 所以是等比数列 公比为 首项为 pmmb 1 b m p 1 n b a p p 二是用做差法直接构造 两式相减有 1 1 b a p 1nn apaq 1nn apaq 所以是公比为的等比数列 也可用 归纳 猜想 证明 法来 11 nnnn aap aa 1nn aa p 求 这也是近年高考考得很多的一种题型 4 通项公式的求法 通项公式的求法 2 5 5 构造法 构造法就是在解决某些数学问题的过程中 通过对条件与结论的充分剖析 有时会联想出一种适 当的辅助模型 如某种数量关系 某个直观图形 或者某一反例 以此促成命题转换 产生新的解题 方法 这种思维方法的特点就是 构造 若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公 式 此类题通常较难 但使用构造法往往给人耳目一新的感觉 1 1 构造等差数列或等比数列 构造等差数列或等比数列 由于等差数列与等比数列的通项公式显然 对于一些递推数列问题 若能构造等差数列或等比数列 无疑是一种行之有效的构造方法 2 2 构造差式与和式 构造差式与和式 解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差 然后采用迭加的方法就可求得这一数列的 通项公式 3 3 构造商式与积式 构造商式与积式 构造数列相邻两项的商式 然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法 4 4 构造对数式或倒数式 构造对数式或倒数式 有些数列若通过取对数 取倒数代数变形方法 可由复杂变为简单 使问题得以解决 6 6 归纳猜想证明法 归纳猜想证明法 数学归纳法 7 7 已知数列前项之积 Tn 一般可求 Tn 1 则 an 注意 不能忘记讨论 n an 1 n n T T 1 n 如 如 数列中 对所有的都有 则 n a Nn 2 321 naaaa n 53 aa 四 典型例题分析四 典型例题分析 题型题型 5 构造法 构造法 1 构造等差数列或等比数列 构造等差数列或等比数列 例例 5 5 设各项均为正数的数列的前 n 项和为 对于任意正整数 n 都有等式 n a n S 成立 求的通项 nnn Saa42 2 n a n a 解 解 nnn Saa42 2 11 2 1 42 nnn Saa nnnnnnn aSSaaaa4 422 11 2 1 2 即是以 2 为公差的等差数列 0 2 11 nnnn aaaa0 1 nn aa2 1 nn aa n a 且 242 111 2 1 aaaa nnan2 1 22 小结与拓展 小结与拓展 由于等差数列与等比数列的通项公式显然 对于一些递推数列问题 若能构造等差数列 或等比数列 无疑是一种行之有效的构造方法 题型题型 6 构造法 构造法 2 构造差式与和式 构造差式与和式 解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差 然后采用迭加的方法就可求得这一数列的 通项公式 例例 6 6 设是首项为 1 的正项数列 且 n N 求数列的通项公式 n a0 1 2 1 2 nnnn nanaaa an 解 解 由题设得 0 11 naaaa nnnn 0 n a0 1 n a0 1 nn aa 8 naa nn 1 2 1 321 123121 nn naaaaaaaa nnn 题型题型 7 构造法 构造法 3 构造商式与积式 构造商式与积式 构造数列相邻两项的商式 然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法 例例 7 7 数列中 前 n 项的和 求 n a 2 1 1 a nn anS 2 1 n a 解 解 1 22 1 22 1 1 1 1 nnnnnnn ananananSSa 1 1 1 n n a a n n 1 1 2 2 1 1 a a a a a a a a n n n n n 1 1 2 1 3 12 1 1 nnn n n n 2 1 1 1 nn an 题型题型 8 构造法 构造法 4 构造对数式或倒数式 构造对数式或倒数式 有些数列若通过取对数 取倒数代数变形方法 可由复杂变为简单 使问题得以解决 例例 8 8 设正项数列满足 n 2 求数列的通项公式 n a1 1 a 2 1 2 nn aa n a 解 解 两边取对数得 设 1 22 log21log nn aa 1 log21log 1 22 nn aa 1log2 n a n b 则 1 2 nn bb 是以 2 为公比的等比数列 n b11log1 21 b 11 221 nn n b 1 2 21log nan 12log 1 2 nan 12 1 2 n n a 题型题型 9 归纳猜想证明归纳猜想证明 例例 9 9 设数列 an 的前 n 项和为 Sn 且方程 x2 anx an 0 有一根为 Sn 1 n 1 2 3 求 a1 a2 an 的通项公式 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 解 解 当 n 1 时 x2 a1x a1 0 有一根为 S1 1 a1 1 于是 a1 1 2 a1 a1 1 a1 0 解得 a1 1 2 当 n 2 时 x2 a2x a2 0 有一根为 S2 1 a2 1 2 于是 a2 2