高中数学数列复习题型归纳解题方法整理.pdf

《高中数学数列复习题型归纳解题方法整理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学数列复习题型归纳解题方法整理.pdf（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高中数学数列复习题型归纳解题方法整理 The Standardization Office was revised on the afternoon of December13,2020数列数列典型例题分析典型例题分析【题型【题型 1 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 1（20102010 陕西文陕西文 1616）已知an是公差不为零的等差数列，a11，且 a1，a3，a9成等比数列.（）求数列an的通项;（）求数列an2 的前 n 项和 Sn.解：解：（）由题设知公差 d0，由 a11，a1，a3，a9成等比数列得112d18d1 2d，解得 d1，d0（舍去），

2、故an的通项 an1+（n1）1n.n()由（）知2=2，由等比数列前 n 项和公式得amSm=2+2+2+2=23n2(12n)12=2-2.n+1小结与拓展：数列小结与拓展：数列a是等差数列，则数列是等差数列，则数列a是等比数列，公比为是等比数列，公比为a，其中，其中a是常数，是常数，d是是a的公差。（的公差。（a0a0 且且 a a 1 1）.anndn【题型【题型 2 2】与“前与“前 n n 项和项和 SnSn 与通项与通项 anan”、”、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 a12a22 a32*2n1an8n 对

3、任意的 nN 都成立，数列bn1bn是等差数列求数列an与bn的通项公式。解解：a12a22 a32当 n2 时，a12a22 a321)(nN)得 2n1*2n22n 1*an8n(nN)an18(nan8，求得 an24n，在中令 n1，可得 a182an24n*41，(nN)由题意知 b18，b24，b32，b2b14，b3b22，数列bn1bn的公差为 2(4)2，bn1bn4(n1)22n6，法一法一（迭代法）迭代法）bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)8(4)(2)(2n8)n 7n14(nN)法二法二（累加法）累加法）即 bnbn12n8，bn1bn22n10，b3b2

4、2，b2b14，b18，相加得 bn8(4)(2)(2n8)2*(n1)(42n8)82n 7n14(nN)小结与拓展：小结与拓展：1 1）在数列）在数列aan 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：an2*(n 1)a1 S1Sn Sn1(n 2,nN).是重要是重要考点；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、）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。法。【题型【题型 3 3】中项公式与最值（数列具有函数中项公式与最值（数列具有函数的性质）的性质）例例 3

5、 3（20092009 汕头一模）汕头一模）在等比数列an中，an0(nN），公比 q(0,1)，且 a1a5+2a3a5+a2a825，a3与 as的等比中项为 2。（1）求数列an的通项公式；（2）设 bnlog2 an，数列bn的前 n 项和为 Sn当SS1S2 n12n最大时，求 n 的值。解：解：（1）因为 a1a5+2a3a5+a2a825，所以，a+2a3a5+a252325又 ano，a3a55又 a3与 a5的等比中项为 2，所以，a3a54而 q（0,1），所以，a3a5，所以，a34，a51，q 1，a116，所以，21an162n1 25n（2）bnlog2 an5n，

6、所以，bn1bn1，所以，bn是以 4 为首项，1 为公差的等差数列。所以，Snn(9n)Sn9n,2n2nn所以，当 n8 时，Sn0，当 n9 时，Sn0，n9 时，Sn0，nSS 最大。当 n8 或 9 时，S12n12n小结与拓展：小结与拓展：1 1）利用配方法、单调性法求数）利用配方法、单调性法求数列的最值；列的最值；2 2）等差中项与等比中项。）等差中项与等比中项。二、数列的前二、数列的前 n n 项和项和1.1.前前 n n 项和公式项和公式 SnSn 的定义：的定义：S Sn=a1+a2+an。2.2.数列求和的方法（数列求和的方法（1 1）（1 1）公式法：）公式法：1）等差

7、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:k 1 23nk1n n n(n1)；212221 2 3 k 2k1 n2n(n1)(2n1)；611 2 3 k n3k1333 n 3n(n 1)22；(2k 1)1 3 5.(2nk1n-1)n2。（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

8、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。c适用于a ann1其中a是各项不为 0 的等差数n列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）n1a ann1n1和1a ann1（其中a等差）n可裂项为：a 1a111()d anan1；2）11(an1an)anan1d。（根式在分母上时可考虑利（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消用分母有理化，因式相消 求和）求和）常见裂项公式常见裂项公式：（1）n(n 1)nn 1；（2）n(n k)11111(kn1 11n k)；11（3）n(n 1)

9、(n 1)2n(n 1)(n 1)(n 2)；13.3.典型例题分析典型例题分析【题型【题型 1 1】公式法公式法例例 1 1等比数列a 的前项和 S2 p，则2222a1a2a3an_.解：解：1）当 n=1 时，a 2-p；2）当n 2时，a S-S(2-p)-(2-p)2。因为数列a 为等比数列，所以a 2-p 21 p 1n1nn-1n-1nnn-1n1-11从而等比数列a 为首项为 1，公比为 2 的等比数列。故等比数列a为首项为 1，公比为q 4的等比数列。n2n2n1(1-4)1n2222a1 a2 a3 an(4-1)1-43小结与拓展：小结与拓展：1）等差数列求和公式；2）等

10、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）等比数等比数列的性质：列的性质：若数列a 为等比数列，n1 则数列a及也为等比数列，首a2nn项分别为a、a1，公比分别为q、21211q。【题型【题型 2 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a 中，a 1，且点(a,a)(nN N)在函数f(x)x2的图象上.（）求数列a 的通项公式；（）在数列a 中，依次抽取第 3，4，6，22，项，组成新数列b，试求数列b 的通项b及前n项和S.解：解：（）点(a,a)在函数f(x)x2的图象上，a a 2。aa

11、 2，即数列a 是以a 1为首项，2 为公差的等差数列，a 1(n1)2 2n1。n1nn1nn1nnnnnnn1n1nn1nn1n（）依题意知：bna2n12 2(2Sn b1b2n12)12 3innbn=(2 3)2i3n=i1i1n22n13n 2n13n2.12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 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an的前n项和为Sn，a11，Sn1 4an1，设bn an12a

12、n（）证明数列b是等比数列；n1（）数列cn满足cnlog b 3(nN N*)，求2nTn c1c2c2c3c3c4cncn1。证明：证明：（）由于S 4a 1，当n 2时，S 4a1得a 4a 4a所以a2a 2(a 2a)又b a2a，所以b 2b因为a 1，且a a 4a 1，所以a 3a 1 4所以b a 2a 2故数列b是首项为2，公比为2的等比数列n1nnn1n1nn1n1nnn1nn1nnn1112121121n解：解：（）由（）可知b（nN N）*n 2n，则cn11log2bn3n3Tn c1c2c2c3c3c4cncn11114556671(n3)(n4)n114n44(

13、n4)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ca ann1其中a是各项不为 0 的等n差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）1a ann1和1a ann1（其中a等n差）可裂项为：a 1ann1111()d anan1；2）11(an1an)anan1d。（根式在分母上时可考虑利（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）用分母有理化，因式相消求和）（5 5）错位相减法：）错位相减法：适用于差比数列（如果a等差，b等比，那么a b叫做差比数列）即把每一项都乘以b的公比q，向后错一项，再对应

14、同次项相减，转化为等比数列求和。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.n形如 an(1)f(n)类型，可采用两项合并求。nnn nn5.5.典型例题分析典型例题分析【题型【题型 4 4】错位相减法错位相减法2462n,23n例例 4 4求数列2 22前 n 项的和.2n解：解：由题可知2的通项是等差数列2n的通2n项与等比数列21的通项之积n2462n设Sn222232n12462nSn234n122222（错（设制错位）1222222n得(12)Sn222

15、23242n2n1位相减）22n112nn12n 2Sn 42n1【题型【题型 5 5】并项求和法并项求和法例例 5 5求S100 99 98 97 2 21222222解：解：S100 99 98 97 2 1(100 99)(9897)(21)5050.10010022222【题型【题型 6 6】累加（乘）法及其它方法：归累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等纳、猜想、证明；周期数列的求和等等例例 6 6求1111111111之和.n个11119999 解：解：由于1119 9(10k个1k个1k1)（找通项及特（找通项及特征）征）1111111111(1019n个1

16、11111)(1021)(1031)(10n1)999(10（分组求和）（分组求和）191110210310n)(1111)9n个11 10(10n1)n910191(1081n1109n)6.6.归纳与总结归纳与总结以上 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。三、数列的通项公式三、数列的通项公式1.1.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 anf(n)来表示，我们就把这个公式叫做这

17、个数列的通项公式2.2.通项公式的求法（通项公式的求法（1 1）（1 1）定义法与观察法（合情推理：不完全归）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法）：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(n 1)a1 S1an的关系为：anS S(n 2,nN)(数列n1nn12n的前 n 项的和为s a a a).（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

18、公式为a a f(n)解法：解法：把原递推公式转化为aa f(n)，利用累累加法加法(逐差相加法逐差相加法)求解。类型类型 2 2（1）递推公式为a f(n)an1nn1nn1n解法：解法：把原递推公式转化为aan1n f(n)，利用累乘累乘法法(逐商相乘法逐商相乘法)求解。（2）由a f(n)a和a确定的递推数列a的通项可如下求得：n1n1n由已知递推式有a f(n1)a，a f(n 2)a，a f(1)a依次向前代入，得a f(n 1)f(n 2)f(1)a，这就是叠（迭）代法叠（迭）代法的基本模式。类型类型 3 3递推公式为a pa q（其中 p，q 均为常数，(pq(p 1)0)）。解

19、法：解法：把原递推公式转化为：at p(a t)，其nn1n1n221n1n1nn1n中t 1qp，再利用换元法换元法转化为等比数列求解。3.3.典型例题分析典型例题分析【题型【题型 1 1】周期数列周期数列12a,(0 a)nn2，若12a 1,(a 1)nn2例例 1 1若数列a满足ann1a167，则a=_。205答案：答案：7。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 2】递推公式为递推公式为a例例 2 2已知数列a满足ann1 an f(n)，求通项，求通项1n2 n112，an1 an，求an。n1an解：解：由条件知：a1111n2 nn(n1)n

20、n1分别令n 1,2,3,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a a)(a a)(a a)(a a)1111111(1)()()()22334n1n213243nn1所以aa112na111n，an113112n2n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 3】递推公式为递推公式为a例例annn1 f(n)an，求通项，求通项2na a3 3已知数列a满足13，n1n1an，求。an1n解：解：由条件知an1，分别令n 1,2,3,(n1)，代n入上式得(n1)个等式累乘之，即123n1ana2a3a4a1a2a3an1234nan

21、1a1n又a122an，3n3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.【题型【题型 4 4】递推公式为递推公式为a pa q（其中（其中 p p，q q均为常数，均为常数，(pq(p 1)0)），求通项），求通项n1n例例 4 4在数列a 中，a 1，当n 2时，有an 3an1 2，求a 的通项公式。n1n解：解：设a m 3(am)，即有a 3a 2m，对比a 3a 2，得m 1，于是得a 1 3(a1)，数列a 1是以a 1 2为首项，以 3 为公比的等比数列，所以有a 231。（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

22、的充分剖析，有时会联nn1nn1nn1nn1n1n1n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.

23、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a 前n项之积 Tn，一般可求 Tn-n1，则 anTT（注意：不能忘记讨论n 1）.nn1如：如：数列a 中，对所有的n N都有a1a2a3an n2，则a a _.n35四、典型例题分析四、典型例题分析【题型【题型 5 5】构造法：构造法：1 1）构造等差数列或等）构造等差数列或等比数列比数列例例 5

24、 5设各项均为正数的数列a的前 n 项和为S，对于任意正整数 n，都有等式：a2a 4S成立，求a的通项a.22a 2a 4Sa解：解：nnnn12an1 4Sn1，a a 2a 2a 4(S S)4a(anan1)(anan12)0，anan1 0，anan1 2.即a是以 2 为公差的等差数列，且n2nnnnnn2n2n1nn1nn1nna122a1 4a1 a1 2.an 2 2(n1)2n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 6】构造法：构造法：2 2）构造差式与和

25、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a是首项为 1 的正项数列，且a ana na 0，（nN*），求数列的通项公式 an.解：解：由题设得(anan1)(anan1n)0.a 0，a 0，an an1 0.a a nn(n1)a a(a a)(a a)(a a)123n 2n2n2n1nn1nn1nn1n12132nn1【题型【题型 7 7】构造法：构造法：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.例例 7 7数列a中，a 1，前 n 项的和

26、2n1Snn2an，求an1.解：解：an SnSn1 n2an(n1)2an1(n21)an(n1)2an1ann1an1n1，anan1a2n1 n2111a a 1naaan1n32n(n1)n1n21an11(n1)(n2)【题型【题型 8 8】构造法：构造法：4 4）构造对数式或倒数）构造对数式或倒数式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.2例例 8 8设正项数列a满足a 1，an 2an1（n2）.求数列a的通项公式.a1 2log解：解：两边取对数得：loga，22aab logloga1 2(log1)，设n2221，n1nnn1nn1n则bn 2bn11b是以 2 为公比的等比数列，b1 log211.n1bn12n1 2n1，loga1 2，2nnn1nloga 21，2an 22n11