高中数学笔记4数列

1、高中数学笔记 -4-数列基本概念：1.等差数列an中: (1)an=a+(n1)d=am+(nm)d; p+q=m+n Þ ap+aq=am+an. (2)a1+a2+am, ak+ak+1+ak+m1,仍成等差数列. (3)ap=q,aq=p (pq) Þ ap+q=0; Sp=q,Sq=p (pq) Þ Sp+q=(p+q); Sm+n=Sm+Sn+mnd S2n-1=an(2n-1) （常用于数列的比较中和代换中）; Snn为等差数列，公差为d23.等比数列an中;(1) m+n=r+s, am·an=ar·as(2) a1+a2+am,

2、 ak+ak+1+ak+m1,仍成等比数列(4) 注意:anbn=(ab)(an1+an2b+an3b2+abn2+bn1)Sm+n=Sm+qmSn=Sn+qnSm.4.等差数列与等比数列的联系(1)如果数列an成等差数列, 那么数列(总有意义)必成等比数列.(2)如果数列an成等比数列, 那么数列(a>0,a1)必成等差数列.(3)如果数列 an既成等差数列也成等比数列,那么数列 an是非零常数数列; 数列an是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件.(4)如果两等差数列有其公共项,那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列,且新等差数列的公差是原两等差数列公差的

3、最小公倍数.5.数列求和的常用方法.(1)公式法: 等差数列求和公式, 等比数列求和公式 常用公式:, 12+22+32+n2=n(n+1)(2n+1), 13+23+33+-+n3=14 n（n+1）2(2)分组求和法: 在直接运用公式法求和有困难时,常将"和式"中"同类项"先合并在一起,再运用公式法求和.(3)倒序相加法: 在数列求和中,若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性,则常考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和.(4)错位相减法: 如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列通项相乘构成,那么常选用错位相减法,将其和转化为"

4、一个新的等比数列的和"求解".(5)裂项相消法: 如果数列的通项可"分裂成两项差"的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和,常用裂项形式有: ; 1n2<2（12n-1-12n+1）；1n2<3（13n-2-13n+1）（注意:运用等比数列求和公式时,务必检查其公比与1的关系,必要时应分类讨论.裂项相消法更多的用于数列中不等式的证明）6.数列的通项的求法:（11种类型）类型1 ；（累加法） 解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)求解。例1:已知数列满足，求。解：由条件知：分别令，代入上式得个等式累加之，即 所以，备注

5、：此题目还有一种更为简便的方法。；an+1+1n+1=an+1n=.a1+1=1.5；然后即可求得通项类型2 （ 累乘法） 解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例2:已知数列满足，求。解：由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即又，；同样该题也有更为简便的方法；（n+1)an+1=nan=a1例3:已知， ，求。解： 。变式:（2004，全国I,理15）已知数列an，满足a1=1， (n2)，则an的通项 解：由已知，得，用此式减去已知式，得当时，即，又，将以上n个式子相乘，得小结：很多题目他不会告诉你是哪种类型，往往要通过一步或两步的变形。而这题所用的两式相减是非常常

6、见的也是非常有效的。常用于关系式不只是an和an+1的关系。类型3 an+1=pan+f（n）；（构造法）通常构造为an+1+bn+1=p（an+bn）；： （其中p，q均为常数，）。形如（为不等于0的常数）的数列，可令即与比较得（最好记住这个系数，以加快速度），从而构造一个以为首项以为公比的等比数列例4:已知数列中，求.解：设递推公式. （直接心算出系数）,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.变式:（2006，重庆,文,14）在数列中，若，则该数列的通项_（答案:），I，an+1=Pan+an+b；IIan+1=pan+an2+bn+c；I构造an+1+x（n+1）+y

7、=P（an+xn+y）；则新数列bn= an+xn+y，为等比数列，其中x=ap-1，y由具体数值求II构造an+1+x（n+1）2+y(n+1)+z=p（an+xn2+yn+z）；然后同上：（其中p，q均为常数，pq不相等）。 （或,其中p，q, r均为常数） 。解法：构造an+1+xqn+1=p（an+xqn）；an+1=pan+rpn；解法；两边同时除以pn+1，转化为类型1例5:已知数列中，,，求。解：在两边乘以得：令，则,解之得：所以例6(2005重庆卷)数列满足且记(1) 求的值(2) 求数列的通项及数列的前项和解析:(1)由于得代入递推关系整理得即 由有所以由 是以为首项以为公比

8、的等比数列故即由得故 = = =例7（第十三届希望杯）设函数与函数的图象交于点，对任意（）将过点（0，3）和点的直线与直线交点坐标记为，则坐标依次为_解析：过点（0，3）和点直线方程为，将它与联立，得，取倒数即数列是公差为的等差数列又由与联立，得因而，故于是得类型4，递推公式为与的关系式。(或)解法：利用与消去 或与消去进行求解。例7：数列前n项和.（1）求与的关系；（2）求通项公式.解：（1）由得：于是所以.（2）应用类型4（其中p，q均为常数，）的方法，上式两边同乘以得：由.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以，再利用待定系数法求解。例8：已知数列中，求数列解：由两边取对数得，令

9、，则，再利用待定系数法解得：。类型5， （两边取对数）解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为类型3.这里就不在出例题了。类型6递推公式为（其中p，q均为常数）。（特征方程）形如是常数）的数列 形如是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为 若有二异根，则可令是待定常数） 若有二重根，则可令是待定常数） 再利用可求得，进而求得例6: 数列：， ,求解（特征根法）：的特征方程是：。,。又由，于是 故练习:已知数列中，,，求。变式:（2006，福建,文,22）已知数列满足求数列的通项公式；（I）解： 类型7 （两边取倒数）解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。例9：已知

10、数列an满足：，求数列an的通项公式。解：取倒数：是等差数列，变式:（2006，江西,理,22）已知数列an满足：a1，且an 求数列an的通项公式；解：（1）将条件变为：1，因此1为一个等比数列，其首项为1，公比，从而1，据此得an（n³1）类型8、形如的数列；（不动点特征方程） 对于数列，是常数且） 其特征方程为，变形为 若有二异根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值。 这样数列是首项为，公比为的等比数列，于是这样可求得 若有二重根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值。 这样数列是首项为，公差为的等差数列，于是这样可求得例3已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，化简得，解得，令 由得，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，例4已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，即，解得，令 由得，求得，数列