2022年数列高考知识点归纳 .pdf

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1、学习必备欢迎下载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、。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

3、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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 22 页学习必备欢迎下载解题 设数列 an 公差为 d ，101210S

4、aaa，2010111220SSaaa，3020212230SSaaa, 201010()1010SSSd, 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)(

5、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

6、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()()() ()()m nSA 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

7、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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 22 页学习必备欢迎下载1、 基本量求解：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,

8、 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

9、 , 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22795694

10、aaa。收获 1、灵活应用性质，是简便解题的基础；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 22 页学习必备欢迎下载2、等比数列中，序号成等差的项，成等比数列。 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

11、，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,aaa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369

12、2SSS，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,aa a成等差。收获 1、等比数列 an 中，396,SSS成等差，则285,aaa成等差。2、等比数列 an 中，,nmkSSS成等差，则,ndm 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。精选学习资料 -

13、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 22 页学习必备欢迎下载请你试试 2 3 1、 等比数列 an ，1q，356,aa 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

14、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 （

15、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121211.00850001.0081 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

16、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

17、， 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 页学习必备欢迎下载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

18、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

19、：（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 - -

20、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 22 页学习必备欢迎下载第 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

21、)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

22、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 页学习必备欢迎下载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

23、(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 n

24、n。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

25、结 - - - - - - -第 12 页，共 22 页学习必备欢迎下载变题 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)

26、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

27、 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 页学习必备欢迎下载方法 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()()

28、nnnap aqpqpa， 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 4 1 数列na满足19a, 134nnaa， 求na。变题 1 数列na

29、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。

30、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 页学习必备欢迎下载解答 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

31、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，1113442024.3

32、241423nnnna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 页学习必备欢迎下载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pxqx

33、rxs， 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

34、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 页学习必备欢迎下载收获 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

35、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(

36、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 - - - - -

37、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 22 页学习必备欢迎下载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)(1nfaan

38、n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

39、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 页学习必备欢迎下载在1( ),(1)

40、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（2006 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42n

41、nna。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)qnnnapapa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

42、 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 - - - - - -

43、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 22 页学习必备欢迎下载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121 2pq，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 （*）

44、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

45、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，2169n

46、nnaaa，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 页学习必备欢迎下载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

47、 ：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2 1 ：等比数列中某些项的积的问题，利用性质解。设14728Aaaaa, 2582Baaaa，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，

48、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

49、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 22 页学习必备欢迎下载请你试试 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111 83nna；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

50、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，22lg