2022年数列高考知识点归纳 3.pdf

数列高考知识点大扫描数列基本概念数列是一种特殊函数，对于数列这种特殊函数，着重讨论它的定义域、值域、增减性和最值等方面的性质，依据这些性质将数列分类：依定义域分为 ：有穷数列、无穷数列；依值域分为：有界数列和无界数列；依增减性分为递增数列、递减数列和摆动数列。数列的表示方法 ：列表法、图象法、解析法（通项公式法及递推关系法）；数列通项：( )naf n2、等差数列1、定义当nN,且2n时，总有1,()nnaadd常，d 叫公差。2、通项公式1(1)naand1） 、从函数角度看1()nadnad是 n 的一次函数，其图象是以点1(1,)a为端点 , 斜率为 d 斜线上一些孤立点。2） 、从变形角度看(1) ()nnaand, 即可从两个不同方向认识同一数列，公差为相反数。又11(1) ,(1)nmaand aamd, 相减得()nmaanm d，即()nmaanm d. 若 nm，则以ma为第一项，na是第 n-m+1 项，公差为d；若 nn) ，求 Sn+m的值。思路 ,mm nSSSn下标存在关系：m+n=m+n, 这与通项性质qpnmaaaaqpnm是否有关？解题 由 Sn=a,Sm=Sn+a n+1+an+2+ +am=b 得 a n+1+an+2+ +am=b-a, 即abnmaamn)(21，得nmabaamn21由(n+1)+m=1+(n+m), 得 an+1+am=a1+am+n故).()(2)(211nmnmabnmaanmaaSmnnmnm请你试试1 3 1、在等差数列 an 中，15S6，55S9，求S15。2、在等差数列 an 中，1S3，3S9，求S12。第 3 变已知已知前n 项和及前2n 项和，如何求前3n 项和变题 3 在等差数列 an 中，20S10，40S20，求S30思路 由2030,SSS10寻找102030,SSSSS1020之间的关系。解题 设数列 an 公差为 d ，101210Saaa，2010111220SSaaa，3020212230SSaaa, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 22 页201010()10 10SSSd, 30202010()()10 10SSSSd，所 以102030,SSSSS1020成等 差数列 ，公 差100d , 于 是2010302()()SSSSS1020，得30203()32060SSS10。 收 获 1、 在 等 差 数 列 an 中 ，1 02 03 0,SSSSS1020成 等 差 数 列 ， 即1210aaa，111220aaa，212230aaa，成等差数列，且30203()SSS10。3、 可推广为535()nnSSS2n，747()nnSSS3n，(21)(21)knknSkSS(k-1)n。请你试试1 41、在等差数列 an 中，123aa，346aa，求78aa2、在等差数列 an 中，121010aaa，11122020aaa，求313240aaa3、在等差数列 an 中，20S10，30S20，求S50及S100。4、数列 an 中，San，Sb2n，求S3n。5、等差数列 an 共有 3k 项，前 2k 项和25S2k，后 2k 项和75S2k，求中间 k 项和S中。第 4 变 迁移变换重视 Sx=Ax2+Bx 的应用变题 4 在等差数列 an 中， Sn=m,，Sm=n,(mn) ，求 Sn+m的值。思路 等差数列前n 项和公式是关于n 的二次函数，若所求问题与1,a d无关时，常设为S=An2+Bn 形式。解题 由已知可设Sn=An2+Bn=m Sm=Am2+Bm=n , 两式相减，得A(n+m)(n-m)+B(n-m)=m-n , 又 mn , 所以()1A nmB，得2()()() ()()mnSA mnB mnmnA mnBmn。收获 “整体代换”设而不求，可以使解题过程优化。请你试试1 5 1、 在等差数列 an 中，84S12，460S20，求S322、 在等差数列 an 中，,()nSSmnm， ，求Sm+n3、 在等差数列 an 中，0a1，15SS10，求当 n 为何值时，Sn有最大值第 5 变归纳总结，发展提高题目 在等差数列 an 中， Sn=a,Sm=b,(mn)，求 Sn+m的值。（仍以变题2 为例）除上面利用通项性质qpnmaaaaqpnm求法外，还有多种方法。现列举例如下：1、 基本量求解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 22 页由bdmmmaSadnnnaSmn2)1(,2)1(11，相减得badnmamn21)(1, dnmnmanmSnm2)1)()(1代入得mnbanmSnm)(。2、利用等差数列前x 项和公式 Sx=Ax2+Bx 求解由 Sx=Ax2+Bx，得Sn=An2+Bn, Sm=Am2+Bm 两式相减，得A(n+m)(n-m)+B(n-m)=a-b 即mnbaBmnA)(故)()()(2bamnmnnmBnmASnm3、利用关系式BAnnSn求解由BAnnSn知nSn与 n 成线性关系，从而点集(n, nSn)中的点共线，即(n, nSn), (m, mSm),(m+n, nmSnm)共线，则有nnmnsnmsmnmsnsnnmmn， 即mnanmsmnmbnanm，化简 , 得mnnbnaamnnbmasnmnnm，即)(bamnmnsnm. 4、利用定比分点坐标公式求解由A(n, nSn), B(m, mSm), P(m+n, nmSnm) 三 点 共 线 , 将 点P看 作 有 向 线 段AB的 定 比 分 点 , 则nmnmmnnmPBAP)(，可得mnbanmnbnanmmsnmnsnmsmnnm1)(1)(, 即)(bamnmnsnm. 请你试试1 6 若 Sn是等差数列 an 的前 n 项和， S2=3，S6=4 ，则 S12_. 第二节等比数列的概念、性质及前n 项和题根二等比数列 an ，574,6aa, 求a9。思路 1、由已知条件联立，求，从而得2、由等比数列性质，知成等比数列。解题 1 由4651714,9aa qaa q, 两式相除，得232q，2973692aa q。解题 2 由579,a aa成等比，得22795694aaa。收获 1、灵活应用性质，是简便解题的基础；2、等比数列中，序号成等差的项，成等比数列。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 22 页 请你试试 2 1 等比数列 an ，10,2aq，若30123302aaaa，则36930aaaa_。第 1 变连续若干项之和构成的数列仍成等比数列变题 2 等比数列 an ，1234562,6aaaaaa，求101112aaa。思路 等比数列中，连续若干项的和成等比数列。解题 设11232456,baaa baaa，4101112baaa，则bn是等比数列，12,3bq，33412 354bb q，即10111254aaa。收获 等比数列 an ，1q时，232,kkkkkSSSSS，成等比数列，但总有2322()()kkkkkSSSSS。当 k 为偶数时，0kq恒成立。请你试试 2 2 1、等比数列 an ，1q时，242,6SS，求6S。2、等比数列 an ，1q时，261,21SS，求4S。第 2 变396,SS S成等差，则396,a aa成等差变题 3 等比数列 an 中，396,SSS成等差，则396,a aa成等差。思路 396,SS S成等差，得3692SSS，要证396,aaa等差，只需证3692aaa。解题由396,SS S成等差，得3692SSS，当 q=1 时，3161913,6,9Sa Sa Sa, 由10a得3692SSS，1q。由3692SSS，得369111(1)(1)2(1)111aqaqaqqqq，整理得3692qqq，0q，得3612qq，两边同乘以3a， 得3692aaa，即396,a aa成等差。收获 1、等比数列 an 中，396,SSS成等差，则285,a aa成等差。2、等比数列 an 中，,nmkSSS成等差，则,n dm dkdaaa（其中*,md nd kdNdZ）成等差3、等比数列 an 中，,nmkaaa成等差，则,n dm dkdaaa（其中*,md nd kdNdZ）成等差。请你试试 2 3 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 22 页1、 等比数列 an ，1q，356,a a a成等差，求11910()aaa的值。2、等比数列 an ，174,a aa成等差，求证361262,SS SS成等比。第 3 变nS是等比，na也是等比数列变题 4数列na中，10a且12,nS SS，是等比数列，公比q (1q)，求证na(2n) 也是等比数列。思路 1nnnaSS,欲证na为等比数列，只需证1nnaa为常数。解题 1nnnaSS，11nnnaSS， （2n） , 得111nnnnnnaSSaSS，而1nnSSq，211nnSSq，111(1)(1)nnnnaSq qqaSq， （2n）, 故na从第二项起，构成等比数列，公比为q 。第 4 变等比数列在分期付款问题中应用问题顾客购买一售价为5000 元的商品时，采用分期付款方法，每期付款数相同，购买后1 个月付款一次，到第12 次付款后全部付清。如果月利润为0.8%，每月利息按复利计算，那么每期应付款多少？（精确到1 元）分析 一： 设每期应付款x 元，则第 1 次付款后，还欠5000(1+0.8%)-x （元）第 2 次付款后，还欠5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x=5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x （元）第 3 次付款后，还欠5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x(1+0.8%)-x=5000(1+0.8%)3-x(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x （元）最后一次付款后，款已全部还清，则5000(1+0.8%)12-x(1+0.8%)11-x（1+0.8%）10- -x(1+0.8%)-x=0 ，移项 5000(1+0.8%)12=x(1+0.8%)11+x（1+0.8%）10+ +x(1+0.8%)+x， 即12121 1.0085000 1.0081 1.008x算得121250001.008(1.0081)1.0081x438.6（元）一般地，购买一件售价为a 元的商品，采用分期付款时，要求在m 个月内将款还至b 元，月利润为p，分 n（n 是 m 的约数）次付款，那么每次付款数计算公式为 (1)(1)1(1)1mmnmapbpxp. 分析 二： 设每月还款x 元，将商家的5000 元折算成 12 个月后的钱要计算12 个月的利息，而顾客第一次还的钱也应计算11 个月的利息，第二次还的钱应计算10 月的利息，于是得方程5000(1+0.8%)12=x(1+0.8%)11+x（1+0.8%）10+ +x(1+0.8%)+x ，解得438.6x（元）分析 三： 设每次还款x 元，把还款折成现在的钱，可得211500010.8%(10.8%)(10.8%)xxx， 解得438. 6x（元） 。将上述方法应用到其他实际问题中，如木材砍伐，人口增长等。请你试试 24 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 22 页某地现有居民住房的总面积为a m2，其中需要拆除的旧住房面积占了一半。当地有关部门决定在每年拆除一定数量旧住房的情况下， 仍以 10%的住房增长率建设新住房。 如果 10 年后该地的住房总面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房总面积x 是多少？（取 1.110为 2.6）第三节常见数列的通项及前n 项和题根 3 求分数数列111,1 2 2 3 3 4的前 n 项和nS思路 写出数列通项公式，分析数列特点：分母中两因数之差为常数1。解题 数列通项公式1(1)nan n，亦可表示为111nann，所以11111111223111nnSnnnn。收获 将数列每一项裂为两项的差，再相加，使得正负抵消。第 1 变分母中两因数之差由常数1 由到 d 变题 1 求分数数列111,1 3 3 5 5 7的前 n 项和nS。思路 写出通项公式，裂项求和。 ，解题 1111(21)(21)22121nannnn，11111111112335212122121nnSnnnn。收获1、求分数数列的前n 项和nS时，将数列每一项裂为两项的差，称裂项法。2、用裂项法可求解：（1）若na为等差数列，0,1,2,nak，公差为 d，则1223341111111nnnnaaaaaaaaaa. 3、常见裂项法求和有两种类型：分式型和根式型。如分式型1111(3)33nan nnn；根 式 型111nannnn；11()ababab。 另 外 还 有 ： nn!=(n+1)!-n!，11mmmnnnCCC。请你试试3 1 1、求分数数列1 111,2 6 12 20的前 n 项和nS2、求分数数列22221111,12 24 36 48的前 n 项和nS。2、 求分数数列222222228 18 28 38 4,13355779的前 n 项和nS。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 22 页第 2 变 分母中因数由2 到 3 变题 2 求分数数列111,1 2 3 2 3 4 3 4 5的前 n 项和nS。思路 数列中的项的变化：分母因数由两个变为三个，是否还可裂项呢？解题 由1111(1)(2)2(1)(1)(2)nan nnn nnn，得1111111()()21 22 32 33 4(1)(1)(2)nSn nnn111(3)21 2(1)(2)(1)(2)n nnnnn。收获 1、分母为连续三因数的积，仍拆为两项的差，再相加，使得正负抵消。2、对于公差为d (0d)的等差数列na,有12121231111()(1)kkkaaakdaaaaaa. 请你试试3 2 1、求分数数列111,1 3 5 3 5 7 5 7 9的前n 项和nS。2、求分数数列111,1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6的前 n 项和nS。3、求分数数列33333451111,nC CCC的前 n 项和nS。第 3 变由分数数列到幂数列变题 3 求数列2221 ,2 ,3 ,的前 n 项和nS。思路 利用恒等式332(1)331kkkk，取 k=1 , 2 , 3 ,，相加正负抵消可解。解题 由恒等式332(1)331kkkk取 k=1、2、3，得332213 13 1 1332323 23 21332(1)331nnnn各式相加得33222(1)13 (12)3(12)nnnn得2223311(1)12(1)3(12)1(1)31332nn nSnnnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 22 页1(1) ( 21)6n nn。收获 利用恒等式4432(1)4641kkkkk，类似可得33312nSn2(1)2n n。注意：正整数的平方和、立方和公式应用十分广泛。请你试试3 3 求和 （1）22224(2 )nSn， （2）33313(21)nSn， （3）33324(2 )nSn。第 4 变由幂数列到积数列变题 4 求数列12,23,34,的前 n 项和nS。思路 1写通项公式，由通项特征求解。解题 12(1)nan nnn，222(11)(22)()nSnn222(12)(12)nn1(1)1(1)(21)(1)(2)623n nn nnn nn。思路 2 利用1(1)(1)(2)(1) (1)3nan nn nnnn n裂项相加。解题 2 由1(1)(1)(2)(1) (1)3nan nn nnnn n得1 2233 4(1)nSn n1(1 2 30 1 2)(2 3 41 2 3)(1)(2)(1) (1)3n nnnn n1(1)(2)3n nn。收获 对于通项为两因数的积，可推广到通项为k 个因数的积，如求数列1 23,23(1),34(2),kkk的前项和nS。由1(1)(1) (1)()(1)(1),1nannnkn nnknnnkk将每一项裂为两项的差，相加即可正负抵消。思路 3 联想组合数公式，可见21(1)2nn nC，利用组合数性质可得。解题 3 由2(1)2nnan nC，得222223122()2nnnSCCCC1(1)(2)3n nn。请你试试3 4 求数列1 23,234,345,的前 n 项和nS。第 4 变由等差数列与等比数列对应项的积构成的积数列精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 22 页变题 5 在数列na中，210(1)11nnannn， （1） 分别求出10nnaa和10nnaa的 n 取值范围；（2）求数列最大项； （3）求数列前n 项和nS。思路 1、解正整数不等式，2、利用函数单调性，3、利用错位相消法。解题 （1）由111010910(2)(1)11111111nnnnnnaann，当 n9 时，10nnaa，即1nnaa；当 n9 时 ，10nnaa， 即1nnaa。（2）当 n=9 时，9109991001111aa，9910101011aa是数列的最大项。（3）设210101023(1)111111nnSn（ 1）则2311010101023(1)11111111nnSn（ 2）相减得23110101010102(1)111111111111nnnSn12010(12)1111nn。请你试试3 5 1、 求数列2 nn的前 n 项和nS。2、 求和2311357(21)nnSxxxnx。3、 求和135212482nnnSnnnn。4、 已知数列na，11,23naan数列nb，114,2nnbb，求数列nnab的前 n 项和nS。第四节递推数列的通项公式及前n 项和1、利用不动点求数列通项题根三 数列na满足11a，121nnaa，求通项公式na。思路 1、写出1234,a aa a，由不完全归纳法得na表达式。2、构造新数列，转化成等比数列求解。解题 在的121nnaa两边加 1，则数列1na是首项为 2，公比为 2 的等比数列，得112 2nna，即12 2121nnna即为所求。收获 1(1)nnapaq p型递推数列，当p=1 时, 数列为等差数列；当0,0qp时,数列为等比数列。下面给出1p时递推式的通项公式的求法：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 22 页方法 1、因为1,p所以一定存在满足pq， 从而得1qp， 此为函数( )f xpxq的不动点。由1()()nnnap aqpqp a， 得na是 首 项 为1a， 公 比 为p的 等 比 数 列 ， 于 是11()nnaap, 即11()nnaap， 将1qp代 入 上 式 ，得通 项 公 式 为11().11nnqqaappp （I）方法 2、由1nnapaq,1nnapaq， 得11()nnnnaap aa，令1nnnbaa， 则1nnbpb，则nb是首项为1b，公比为 q 的等比数列，得111nnkkaab111(1)1nbpap1211()(1)(2)1naapanp（*） ；当 n=1 时,（*）式也成立。请你试试 41 数列na满足19a, 134nnaa， 求na。变题 1 数列na满足11a，1221nnnaaa求通项公式na。思路 常见解法：先求数列1na的通项公式解题由将已知关系式取倒数得111112nnaa， 由（ #）式 得11122nna，所以1122nna。收获 1nnnpaaras型递推数列的通项公式的求法：令pxxrxs，得10 x或2psxr为两不动点。由于111111nnnsraxap ap，设1nnba， 则1nnsrbbpp， 此 为1(1 )nnapaq p模 型 。同 样 ，121nax也 可 化 为1(1)nnapaq p模型，由 （I）式可求得na。更为特殊的是p=s 时，111111nnnraxaap, 设1nnba则数列nb是等差数列。我们常取1nnnpaarap的倒数求解，原因恰是为此。变题 2（06 年江西理第22 题）数列na满足132a，11321nnnnaaan*(2,)nnN求通项公式na。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 22 页解答 11321nnnnaaan111233nnnnaa， 即11233nnbb1111()33nnbb， 又132a， 得1213b，所以121(1)33nnb，得331nnnna。请你试试 4 2 函数( )31xf xx，数列na满足11a，1()nnaf a，*()nN， （1）求na的通项公式na； （2）设12231nnnSaaaaaa，求nS。变题 2 数列na中，11140,(2)2nnnaaana，求na思路 1 令42xxx，得124,1xx，即两不动点，可得1141nnaa是等比数列，解法 1 由11111143123(4)44222nnnnnnnaaaaaaa，令4nnba，则1132nnnbba（a ）由111142(1)1122nnnnnaaaaa，令1nnca，则1122nnncca（b）(a)式除以 (b)式得1132nnnnbbcc，即nnbc是首项为111144,1baca公比为32的等比数列，143421nnnnnbaca，1113442024.3241423nnnna思路 2 111nax和121nax均可化为1(1)nnapaq p型递推式，解法 2 由1112121.43(4)3(4)3nnnnaaaa令14nnba， 则12133nnbb，由（I）式 得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 22 页111123322431133nnb1112152034nna所以1112044.1122452033nnna解法 3 由113111212nnaa，亦可求得1204.243nna收获 求解1nnnpaqaras型递推数列的通项公式的方法：令pxqxrxs， 设其两根为12,x x即两不动点。于是1112nnaxax是等比数列，并且111nax和121nax均可化为1(1)nnapaq p型递推式。请你试试 4 3 写出解法 3 的详细过程。变题 3 设数列na前 n 项和为432nnSan，求na及nS。思路 将已知关系中nS的化为na，再进一步变形。解题 由432nnSan，得1141aa, 即11.3a1143243(1)2nnnnnaSSanan1443nnaa, 得1413nnaa. 这是1nnapaq型递推式，由 (#)式得11111443 10.443331133nnnna443210103 .3nnnSann第 1 变 递推式1( )nnaf n a2、累积错位相消法求数列通项变题 4 数列na满足11a，12nnnaa，求通项公式na。思路 观察1a与2a、2a与3a存在的关系，思考解题方法。解题 212aa，322aa，432aa，12nnaa，各式相乘得11122nnnaa。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 22 页收获 1、若 f(n)为常数 , 则na为等比数列。 2、1( )nnaf n a型递推式，通项公式求解方法如下：12121(1),(2),(1).nnnnaaaf nf nfaaa各式两边分别相乘，得1(1)( 2 )(1) ,naa fffn（II ）当 n=1 时, (II) 仍成立变题 5 在数列na中,11121,2()nnanaaaa, （1）求na通项公式（2）令12224nnnnaba a，求nb的前 n 项和nS。思路 将题中递推式转化、归类，再求解。解题 （1）将题中递推式转化为：1121212()2()2(1)2nnnnnnnaaaaaaaanaa. 即11nnnaan.由 (II)式 得na通项公式12 3.1 21nnaann(2) 由nan, 得1222222244 (1)11.(2 )(2 )nnnnanba annnn所以数列nb前 n 项和 ：221111(2)nnnkkkSbkk222222211111111324(1)(1)(2)nnnn2225265.4(1)(2)nnnn第 2 变)(1nfaann型递推数列3、累加错位相消法求数列通项变题 6 已知数列na中，11a，11(1)nnaann, 求na的通项公式。思路 将题中递推式变形1111nnaann，利用错位相消法。解将题中递推式表示为：1111nnaann，于是21112aa，321123aa，431134aa，11121nnaann各式相加得213211()()(),nnnaaaaaaaa得11111111(1)()()()2233421naann精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 22 页1111211nn即为所求通项公式。收获 对于数列na，设,2, 1,1naabnnn则称数列nb是na差数列，则121213211()()(),nnnnbbbaaaaaaaa得111.nkknbaa所以na的通项公式为111( ),(2)nnkaaf kn（III ）. 当 n=1 时，也满足 (III) 式。变题 7 在数列na中，12a, 1(1)nnnana, 求na通项公式。思路 题中关系式不是)(1nfaann型的递推式，但两边同除以n(n+1)，经过变量替换，可化为)(1nfaann型递推式。解题 在递推式1(1)nnnana两边同除以n(n+1) , 得111(1)nnaannn n令nnabn得11(1)nnbbn n，1121ab。由 （III ）式得nb表达式为：111111111()(1)1nnnkkbbbk kkk1111112(1)3.2231nnn于是na通项公式为1(3)31.nnanbnnn请你试试 4 4 求数列1、4、11、26、57、120、，的通项公式。第 3 变1( )nnapaq n型递推数列4、两边同除以1np，经过变量替换，化为)(1nfaann型递推式变题 8 数列na满足12a, 1223nnaan， 求na。思路 递推式两边同除以12n，经过变量替换，可化为)(1nfaann型递推式。解题 在1223nnaan两边同除以12n， 得11123222nnnnnaan令2nnnab，则11232nnnnbb, 此为模型)(1nfaann。于是11111123,1.22nnkkakbbb则1211.22nnnb所以13212()221 68.22nnnnnnnabn收获 在1( ),(1)nnapaq np中， 当 q(n)是常数 q 时，即为模型1(1)nnapaq p。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 22 页在1( ),(1)nnapaq np两 边 同 除 以1np, 得111( )nnnnnaaq nppp, 令1( ),( )nnnnaq nbf npp, 得1( )nnbbf n即可求出nb的通项公式，从而得nnnap b=np321().22nn变题 9（20XX 年全国理第22 题）设数列na前 n 项和为14122333nnnSa，n=1,2,，求通项na。解答 14122333nnnSa2114122333aa12a。因为1(2)nnnaSSn，所以由题设得：1412(2)333nnnaa1412(2)333nna142nnnaa112444nnnnnnaa，即112nnnbb112nnb，得42nnna。规律小结 根据数列性质1(2)nnnaSSn可得出递推关系，然后再根据结构特征求通项公式。请你试试 4 5 1、数列na满足11a, 123 5nnnaa， 求na。2、数列na的前 n 项和21nnSan，10a, 求na第 3 变1, (0,0)qnnnap apa型4、两边取对数，变形转化为模型1( )nnaf n a变题 10 数列na中1110,nnnaaa，令lgnanb， （1）求数列nb的通项公式，（2）设121nkkkbTb，求limnT。思路 利用对数运算法则变形转化。解： （1）由已知得111111,lglglgnnnnaaannbbbnn，即模型1( )nnaf n a，由(II) 式，得11 1 11111 2 311 2 3(1)(1)!nbbnnn。（2） 由1111!1(1)(2)!nnbnbnnn，得121nkkkbTb1111 22 3(1)nn11111111.2231nnn则1limlim(1)1nnTn。 收 获 1,(0,0)qnnnapapa， 当q=1时 ，na为 等 比 数 列 。 当1q时 ， 对 递 推 式 两 边 取 常 用 对 数 ， 得1l gl gl gnnaapq, 令lgnanb, 得1lgpnnbqb，此为模型1(1)nnapaq p，即题根。第 4 变11nnnapaqa型精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 22 页5、利用特征根求通项公式变题 11 在数列na中，120,1aa，1144nnnaaa，求na思路 在数列na中，已知12,a a，且11nnnapaqa，求其通项公式方法介绍如下：当1pq时，存在12,满足11211()nnnnaaaa（*） ， 即112121()nnnaaa， 与11nnnapaqa比较系数，得1212pq，由根与系数的关系知12,是二次方程20tptq两实根，此方程称为递推式的特征方程。易见，只需将递推式中的11,nnnaaa换成2, ,1tt即可得特征方程。由 （*）式知数列11nnaa是等比数列， 于是1112211()nnnaaaa或1121221()nnnaaaa。当1pq时，将 p=1-q 代入递推式， 得11()nnnnaaq aa，则1nnaa是以21aa为首项， -q 为公比的等比数列，从而1121()()nnnaaqaa，利用错位相消法即可求解。解题 递推式特征方程为2441，解得1212，所以递推式可表示为11111()222nnnnaaaa，数列112nnaa是首项为21112aa，公比为12的等比数列， 所以1111,1,2,22nnnaan， 两边同除以12n，得121221nnnnaa，于是22nna是首项为 0，公差为 1 等差数列，故221nnan，212nnna。收获 一般的，在数列na中，已知12,a a，且11nnnapaqa，它的特征方程20pq两根为12,，则，当12时 ，通项公式11()nnaAnB；当12时 ，通项公式1112,1,2,nnnaABn，其中 A，B 为常数，可由12,a a推出。利用这一结论可方便的推出通项公式na。变题 12 在数列na中，121,2aa，21712nnnaaa，求na解：特征方程2712两根为123,4。设1134nnnaAB，由121,2aa，得A=2 ， B=-1 ，故112 34,(1,2,)nnnan。请你试试4 6 1、在数列na中，121,3aa，2169nnnaaa，求na。2、在数列na中，121,2aa，3122nnnaaa，求na。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 22 页第六章数列请你试试答案与提示 请你试试 1 1 ：1、1101101()10102aaS，110139900aaaa，选 C 2、a3+a7-a10+a11-a4=712a，得13713156Sa。 请你试试 1 2 ：1、略； 2 、n=27； 3 、由123432555，242455566602S；4、倒加法12nnSn。请你试试13：1、200； 2、4 。 请你试试 1 4 ：1、12； 2 、40； 3 、 0 、110； 4 、3 (b-a)；5、21004kSSS2k中25S中。请你试试15：1、1504；2、0；3、12 或 13。请你试试16：127S。请你 试 试21 ： 等 比 数 列 中 某 些 项 的 积 的 问 题 ， 利用 性质解 。设14728Aaaaa, 25829Baaaa，36930Caaaa，易见 A，B，C 成等比， 公比为102q。 由2BA C且302A B C，得33 02B，即102B，101020222CBq。请你试试 22：1、614S；2、45S或44S（舍去）。请你试试 23：1、81011,SSS等差，则1110108SSSS，得11910aaa，即11910()aaa=0；2、略。请你试试 24：由上例分析得a(1+10%)10-x(1+10%)9- -x(1+10%)-x=2a ，即1010(1.12 )(1.1 1)1.11aax，即2.6a-16x=2a 380 xa。请你试试 31：1、1nnSn；2、132322(1)(2)nnSnn；3、22(21)1(21)nnSn。请你试试 32：1、(2)3(21)(23)n nnn；2、11136(1)(2)nn；3、33333451111nnSCCCC111161 2 32 3 43 4 5(2)(1)nnn1116 (3)621 2(1)(2)(1)(2)n nnnnn。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 22 页请你试试 33：1、2(1)(21)3n nn；2、22(21)nn；3、222(1)nn。请你试试 34：1(1)(2)(3)4n nnn。请你试试 35：1、11222nnnSn；2、分1x和1x两种情形； 3、12332nnnSn；4、112122nnnS。请你试试 41：由134nnaa得11433nnaa，可得11183nna；或由13(1)(1)nnaa求。请你试试 42：提示：132nan；31nnSn。请你试试 43：略请你试试 44：由原数列得一阶差数列nb：3、7、15、31、63、；由nb得 二阶差数列nc：4、8、16、32、，易得11422nnnc，得nb，最后得原数列通项公式122nnan。请你试试 45： 1、两边同除以12n，得11352222nnnnnaa，即13522nnnbb，得152nnna。2、由nnSa, 得1nnnaSS221(1) nnanan121nnaan，1221nnaan。请你试试 46：1、特征方程269两根为123，设1() 3nnaAnB，由121,3aa，得A=0，B=1，故13nna。 2 、 取 对 数 ，21lg3lg2lgnnnaaa， 令lgnanb， 则11lg0ab，22lgb， 且2132nnnbbb， ，12(21)lg10nna。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 22 页