2022年数列知识点和常用的解题方法归纳3.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 数列学问点和常用的解题方法归纳 一、 等差数列的定义与性质定义：an1and d 为常数,ana 1n1d；n 的常数项为等差中项：x,A, 成等差数列2 Axy前 项和Sna 1annna1n n1d22性质：a n是等差数列（ ）如mnpq,就ama napaq；（2）数列a2n1,a2n,kanb仍为等差数列；S n,S 2nS n,S 3 nS 2n 仍为等差数列；（ ）如三个数成等差数列,可设为ad, ,ad；（4）如an,bn是等差数列Sn,Tn为前n项和,就amS2m1bmT 2m1（ ）an为等差数列Snan2bn（ , 为常数,是关于0 的二次函数）Sn的最值可求二次函数Snan2bn的最值；或者求出an中的正、负分界项,即：又当a 10,d0,解不等式组an10可得S n达到最大值时的n 值；an0当a 10,d0,由a n10可得 0S n达到最小值时的n 值；na n如：等差数列an,S n18,anan1an23,S 31,就（由anan1an233 an13,an11S 3a12a3·33 a21,a 2131 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - Sna1anna2an1·n121n18n27）322二、等比数列的定义与性质定义：an1q（ 为常数,q0）,ana qn1Gxyan等比中项：x、G、 成等比数列G2xy,或na 1q1 前 项和：S na 11qnq1 （要留意 ）1q性质：a n是等比数列（ ）如mnpq,就am·a nap·a q（ ）S n,S 2nS n,S 3nS 2n 仍为等比数列三、求数列通项公式的常用方法1、公式法2、由S 求 an； （n1 时,a 1S 1,n2时,a nSnS n1）3、求差（商）法如：an满意1a 11a2 1an22n511n1 2222n解： n1 时,1a 1215,a11n152142 211n2时,1a11a 2an1222n142n12得：1an2, an, a n2n2nn2 练习数列an满意S nnSn15an1,a14,求an3（留意到an1S1Sn代入得：Sn14Sn又S 14,Sn是等比数列,S n4nn2时,anS nSn1 3·4n12 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 4、叠乘法例如：数列an中,a13,an1nn1,求ann1an解：a 2a 1·a3 an11 2·2 3 nn1,aa2ana1n又a13,an3n5、等差型递推公式由ana n1f n ,a 1a0,求an,用迭加法n2时,a2a 1f a3a2f 两边相加,得：ana anan1f n a 1f f f n na 0f f f n 练习数列an,a111,an3n1an1n2,求an（a n13n）26、等比型递推公式aancan 1d c、 为常数,c0,c1,d0可转化为等比数列,设anxc an 1xnca n 1c1xd1, 为公比的等比数列令c1 xd,xcd1ancd1是首项为a 1cancd1a1cd1·cn1ana1cd1cn1cd13 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 练习数列an满意a19,3 an1an4,求an（an84n11）37、倒数法例如：a 11,an12an,求an, 由已知得：a11anan211an222anna11111·,11为等差数列,11,公差为1an2ana 12n111, ann21n1nan22三、 求数列前 n 项和的常用方法1、公式法：等差、等比前 n 项和公式2、裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和,使之显现成对互为相反数的项；如：n1101a11an是公差为d 的等差数列,求a ak1k解： 由ak111111d·ak1aka kdda kakn1n111 a ak1k1dakak1k111111da 1a 2a 2a3ann111da 1an1练习求和：11113 11231 n212（an ,Sn2n1）3、错位相减法：如an为等差数列,bn为等比数列,求数列a bn（差比数列）前n项和,可由SnqSn求Sn,其中q为bn的公比；4 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 如：S n12x3 x24x3 nxn11x1x·Snnx2x23 x34x4x nx1xn1nxn22：1x S n1xn2 n1nxn1xnnxn1 时,S1x21xn n1x1 时,S 123n24、倒序相加法：把数列的各项次序倒写,再与原先次序的数列相加；Snna1a 1a2 an11an相加a1an Snanan1 a2a12 Sana2an 练习已知f x 1x22,就f f f1f f1f f1）7 题）x23412（由f x f11x221x121x221121xxxxx原式f f f1f f1f f123411113 1 2）2例 1 设 an 是等差数列,如a2=3,a 7 =13,就数列 an 前 8 项的和为（A128 B 80 C64 D56 （福建卷第3 题）略解：a2 +a 7 = a 1 +a 8 =16, an 前 8 项的和为 64,故应选C例 2 已知等比数列 a n满意a 1a 23,a 2a 36,就a 7（A 64 B 81 C128 D243 （全国卷第答案： A于（例 3 已知等差数列a n中,a 26,a 515,如b na 2n,就数列b n的前 5 项和等）5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - A30 B45 C 90 D186 （北京卷第7 题）略解： a 5-a 2 =3d=9, d=3 ,b 1=a 26, b 5 =a 10 =30,nb的前 5 项和等于90,故答案是 C例 4 记等差数列的前n 项和为S ,如S 24,S 420,就该数列的公差d（）a b 为A2 B3 C 6 D 7 （错误！未找到引用源；第 4 题）略解：S 4S 2S 24 d12,d3,应选 B. 例 5 在数列 a n中,a n4n5,a 1a 2a nan 2bn ,nN*,其中2常数,就 ab（安徽卷第15 题）答案： 1例 6 在数列 a n中,a 12,a n1anln11,就a n（）nA 2ln n B 2n1lnn5 题）C 2nlnn D1nlnn （江西卷第答案： A例 7 设数列a n中,a 12,a n1a nn1,就通项an_（四川卷第16 题）此题重点考查由数列的递推公式求数列的通项公式,抓住a n1a nn1中a n1,a系数相同是找到方法的突破口略解：a 12,a n1a nn1a na n1n11,a n1a n2n21,a n2a n3n31,a 3a 221,a 2a 11 1,a 121 1将以上各式相加,得a nn1n2n321n1n1nn1n n11,故22应填n n1+1n 的绽开式中前三项的系数成等差数列,就绽开式中x 4 项的系数为2例 8 如 x+1 2x A 6 B 7 C8 D9 重庆卷第 10 题 答案： B使用挑选题、 填空题形式考查的文科数列试题,充分考虑到文、 理科考生在才能上的差异,侧重于基础学问和基本方法的考查,命题设计时以教材中学习的等差数列、等比数列的公式应用为主, 如,例 4 以前的例题 例 5 考查考生对于等差数列作为自变量离散变化的一种特别函数的懂得；例 6、例 7 考查由给出的一般数列的递推公式求出数列的通项公式的能力；例 8 就考查二项绽开式系数、等差数列等概念的综合运用重庆卷第 1 题,浙江卷第 46 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 题,陕西卷第4 题,天津卷第4 题,上海卷第14 题,全国卷第19 题等,都是关于数列的客观题,可供大家作为练习例 9 已知 an是正数组成的数列,a1=1,且点（a n , a n 1）（n N* ）在函数 y=x 2+1的图象上 . 求数列 an的通项公式；如数列 bn满意 b1=1,bn+1=bn+ 2 a ,求证：bn·bn+2b 2n+1. （福建卷第 20 题）略解：（）由已知,得 an+1-an=1,又 a1=1,所以数列 an是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列故 an=1+ n-1× 1=n. 由（）知,an=n,从而 bn+1-bn=2 n,bn= bn-bn-1+ bn-1-bn-2+ +（b2-b1）+b1=2 n-1+2 n-2+2+1=2 n-1 . bn.bn+2-b 2n 1 =2 n-12 n+2-1-2 n+ 1-1 2= -2 n 0, bn·bn+2b 2n 1对于第（）小题,我们也可以作如下的证明： b2=1,bn· bn+2- b 2n 1 = bn+1-2 nbn+1+2 n+1- b 2n 1 =2 n+1· bn+1-2 n· bn+1-2 n· 2 n+12 n（bn+1-2 n+1）=2 n（bn+2 n -2 n+1）=2n（bn-2 n）= =2n（b1-2）=-2 n<0,bn-bn+2<b 2n+1.例 10 在数列 a n 中,a 1 1,a n 1 2 a n 2 n（）设 b n an n1证明：数列 nb2是等差数列； （）求数列 a n 的前 n项和 S （全国卷第 19 题）n略解：（）b n 1 b = a nn 1 an n1 = a n 1n 2 a n =2 n=1,就 nb 为等差数列,b 1 1,2 2 2 2n 1b n n ,a n n 20 1 n 2 n 1（）S n 1 2 2 2 n 1 2 n 2,1 2 n 1 n2 S n 1 2 2 2 n 1 2 n 2两 式 相 减,得n 0 1 n 1 n n nS n n 2 1 2 2 2 n 2 2 1 = n 12 1对于例 10 第（）小题,基本的思路不外乎推出后项减前项差相等,即差是一个常数 可以用迭代法, 但不行由 b2-b1=1,b 3 -b 2 =1 等有限个的验证归纳得到 b n 为等差数列的结论,犯“ 以偏盖全” 的错误第（）小题的“ 等比差数列”,在高考数列考题中显现的频率很高,求和中运用的“ 错项相减” 的方法,在教材中求等比数列前 n 项和时给出,是“ 等比差数列”求和时最重要的方法一般地,数学学习中最为重要的内容经常并不在结论本身,而在于获得这一结论的路径赐予人们的有益启示例 9、例 10 是高考数学试卷中数列试题的一种常见的重要题型,类似的题目仍有浙江卷第 18 题,江苏卷第 19 题,辽宁卷第 20 题等,其共同特点就是以等差数列或等比数列为依靠构造新的数列主要考查等差数列、等比数列等基本学问,考查转化与化归思想,考查推理与运算才能考虑到文、理科考生在才能上的差异,与理科试卷侧重于理性思维,命题设计时以一般数列为主,以抽象思维和规律思维为主的特点不同；文科试卷就侧重于基础知识和基本方法的考查,以考查详细思维、演绎思维为主7 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例 11 等差数列 a n的各项均为正数,a 13,前 n 项和为S ,nb为等比数列 , b 11,且b S 264,b S 3960 求a 与nb ； 求和：111（江西卷第19S 1S 2S n题）略解： 设 a n的公差为 d , b n的公比为 q ,依题意有S b 26d q64,S b 3 392 3 d q960.解之,得d2,或d6 , 5 舍去,为什么？ 故a n32n12 n1,b nn 81q8;q40 . 3（）S n35nn,n11111111111111S 1S 2S n1 3243 5n n22324351n12111n11n1232n2 n32n2241n“ 裂项相消” 是一些特别数列求和经常用的方法使用解答题形式考查数列的试题,其内容仍往往是一般数列的内容,其方法是讨论数列通项及前 n 项和的一般方法,并且往往不单一考查数列,而是与其他内容相综合,以表达出对解决综合问题的考查力度数列综合题对才能有较高的要求,有肯定的难度, 对合理区分较高才能的考生起到重要的作用例 12 设数列 a n 的前 n 项和为 S n 2 a n 2 n（）求 a a ；（）证明：a n 1 2 a n是等比数列； （）求 a n 的通项公式 （四川卷第 21 题）略 解 ：（ ） a 1 S 1 ,2 a 1 S 1 2, 所 以 a 1 2, S 1 2 由 2 a n S n 2 n知 ,n 1 n 1 n 12 a n 1 S n 1 2 a n 1 S n 2 得,a n 1 S n 2 a 2 S 1 2 22 2 26, S 2 8,a 3 S 2 2 38 2 316, S 3 24,4a 4 S 3 2 40（）由题设和式知,a n 1 2 a n S n 2 n 1S n 2 n2 n 12 n2 n , a n 1 2 a n 是首项为 2,公比为 2 的等比数列（）8 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - a na n2 a n12a n12 a n22n2a 22 a 12 n1a 1n12 n1此题重点考查数列的递推公式,利用递推公式求数列的特定项,通项公式等 推移脚标,两式相减是解决含有 S 的递推公式的重要手段,使其转化为不含 S 的递推公式,从而有针对性地解决问题在由递推公式求通项公式时,首项是否可以被吸取是易错点同时,仍应留意到题目设问的层层深化,前一问常为解决后一问的关键环节,为求解下一问指明方向例 13 数列a n满意a 10 ,a2,2an212 cosnan4sin2n,n1,2,3,22（ I ） 求a3,a4, 并 求 数 列na的 通 项 公 式 ；（ II ） 设S ka 1a3ak 2,1T ka 2a 4a 2k,W k2S kkN,求使W k1 的全部 k 的值,并说明理由（ 湖2T k南卷第 20 题）略解：（ I）2 2 2 2a 3 1 cos a 1 4sin a 1 4 4, a 4 1 cos a 2 4sin 2 a 2 4,2 2一般地 , 当 n = 2 k 1 k N 时,a 2 k 1 1 cos 2 2 k 1 a 2 k 1 4sin 2 2 k 1a 2 k 1 4, 即 a 2 k 1 a 2 k 1 4.2 2所 以 数 列 a 2 k 1 是 首 项 为 0、 公 差 为 4 的 等 差 数 列 , 因 此 a 2 k 1 4 k 1. 当n = 2 k k N 时,a 2 k 2 1 cos 2 2 k a 2 k 4sin 2 2 k2 a 2 k , 所以数列 a 2k 是首项2 2k为 2 、 公 比 为 2 的 等 比 数 列 , 因 此 a 2 k 2 . 故 数 列 a n 的 通 项 公 式 为2 n 1 , k 2 k 1 N ,a n n2 2 , n 2 k k N .（II ）由（ I）知,S ka 1a 3a 2k1=044k12 k k1,T ka 2a 4a 2k222k 2k 212,W k2S kk k11.15 16. , 当k6时,2T k2kW 33, 2于是,W 10,W 21,W 43 , 2W 55, 4W 6下面证明: 当k6时,W k1.事实上W k1W kk21 kk k1k3k0,即W k1W k.又W 61,所以当k6时,k2k1k 29 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - W k1.故满意W k1 的全部 k 的值为 3,4,5. 10 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 10 页