高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理.pdf

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1、实用文档.数列一、等差数列与等比数列1.基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。2.等差数列与等比数列的联系1）若数列na是等差数列，则数列naa是等比数列，公比为da，其中a是常数，d是na的公差。（a0 且 a 1）；2）若数列na是等比数列，且0na，则数列logana是等差数列，公差为logaq，其中a是常数且0,1aa，q是na的公比。3）若na既是等差数列又是等比数列,则na是非零常数数列。3.等差与等比数列的比较等差数列等比数列定义常数）为(1daaPAannn常数）为(1qaaPGannn通项公式na=1

2、a+（n-1）d=ka+（n-k）d=dn+1a-d knknnqaqaa11求和公式ndanddnnnaaansnn)2(22)1(2)(1211)1(11)1()1(111qqqaaqqaqnasnnn中项公式A=2ba推广：2na=mnmnaaabG2。推广：mnmnnaaa2性质1 若 m+n=p+q 则qpnmaaaa若 m+n=p+q，则qpnmaaaa。实用文档.2 若nk成 A.P（其中Nkn）则nka也为 A.P。若nk成等比数列（其中Nkn），则nka成等比数列。3 nnnnnsssss232,成等差数列。nnnnnsssss232,成等比数列。4)(11nmnmaanaa

3、dnmn11aaqnn，mnmnaaq)(nm4、典型例题分析【题型 1】等差数列与等比数列的联系例 1（2010 陕西文16）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2an 的前 n 项和 Sn.解：（）由题设知公差d0，由 a11，a1，a3，a9成等比数列得121d1812dd，解得 d1，d 0（舍去），故an的通项 an1+（n 1）1n.()由（）知2ma=2n，由等比数列前n 项和公式得Sm=2+22+23+2n=2(12)12n=2n+1-2.小结与拓展：数列na是等差数列，则数列naa是等比数列，公比为da

4、，其中a是常数，d是na的公差。（a0 且 a1）.【题型 2】与“前 n 项和 Sn 与通项 an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列 an的前三项与数列bn 的前三项对应相同，且 a12a222a3 2n1an8n 对任意的nN*都成立，数列bn 1bn 是等差数列求数列an 与bn的通项公式。解：a1 2a222a3 2n 1an8n(nN*)当 n2时，a1 2a222a3 2n2an18(n 1)(n N*)得2n 1an8，求得 an24 n，在中令n1，可得 a18241，an24n(nN*)由题意知b18，b24，b3 2，b2b1 4，b3b2 2，数列 bn1bn的公差

5、为 2(4)2，bn1bn 4(n1)2 2n6，实用文档.法一（迭代法）bnb1(b2b1)(b3b2)(bn bn1)8(4)(2)(2n 8)n2 7n14(nN*)法二（累加法）即 bnbn1 2n8，bn1bn22n10，b3b2 2，b2b1 4，b18，相加得 bn8(4)(2)(2n 8)8(n 1)(42n8)2 n27n14(nN*)小结与拓展：1）在数列 an中，前 n 项和 Sn与通项 an的关系为：)Nn,2()1(111nSSnSaannn.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。【题型 3】中项公式与最值（数列具有

6、函数的性质）例 3（2009 汕头一模）在等比数列an中，an0(nN），公比 q(0,1)，且 a1a5+2a3a5+a 2a825，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1212nSSSn?最大时，求n 的值。解：（1）因为 a1a5+2a3a5+a 2a825，所以，23a+2a3a5+25a25 又 ano，a3a55 又 a3与 a5的等比中项为2，所以，a3a5 4 而 q（0,1），所以，a3a5，所以，a34，a5 1，12q，a116，所以，1511622nnna（2）bnlog2 an5n，所以

7、，bn1 bn 1，所以，bn是以 4 为首项，1 为公差的等差数列。所以，(9),2nnnS92nSnn所以，当n8 时，nSn0，当 n9 时，nSn0，n9 时，nSn 0，实用文档.当 n8 或 9时，1212nSSSn?最大。小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；2）等差中项与等比中项。二、数列的前n 项和1.前 n 项和公式 Sn的定义：Sn=a1+a2+an。2.数列求和的方法（1）（1）公式法：1）等差数列求和公式；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:1nkk12123(1)nn nL；21nkk222216123(1)(21)nn

8、 nnL；31nkk33332(1)2123n nnL；1(21)nkk2n1)-(2n.531。（2）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）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：等差数列的前n 项和即是用此法推导的。（4）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。适用于1nnaac其中 na 是各项不为0 的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）11nnaa和

9、11nnaa（其 中na等 差）可 裂 项 为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）常见裂项公式：（1）111(1)1n nnn；（2）1111()()n nkknnk；实用文档.（3）1111(1)(1)2(1)(1)(2)n nnn nnn；（4）11(1)!(1)!nnnn（5）常见放缩公式：21211112()2()nnnnnnnnn.3.典型例题分析【题型 1】公式法例 1 等比数列na的前项和S2p，则2232221naaaa_.解：1）当 n=1 时，p-2a1；2）当2n时，1-n1-nn1

10、-nnn2p)-(2-p)-(2S-Sa。因为数列na为等比数列，所以1p12p-2a1-11从而等比数列na为首项为1，公比为2 的等比数列。故等比数列2na为首项为1，公比为4q2的等比数列。1)-(4314-1)4-1(1nn2232221naaaa小结与拓展：1）等差数列求和公式；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:（见知识点部分）。5）等比数列的性质：若数列na为等比数列，则数列2na及na1也为等比数列，首项分别为21a、1a1，公比分别为2q、q1。【题型 2】分组求和法例 2（2010 年丰台期末18）数列na中，11a，且点1(,)nnaa(

11、)nN在函数()2f xx的图象上.（）求数列na的通项公式；（）在数列na中，依次抽取第3，4，6，122n，项，组成新数列nb，试求数列nb的通项nb及前n项和nS.解：（）点1(,)nnaa在函数()2f xx的图象上，12nnaa。12nnaa，即数列na是以11a为首项，2 为公差的等差数列，实用文档.1(1)221nann。（）依题意知：11222(22)123nnnnba12nnSbbbL=11(23)23nniiiin=1122323212nnnn.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

12、 3】裂项相消法例3 （2010 年东城二模19 改编）已知数列na的前n项和为nS，11a，141nnSa，设12nnnbaa（）证明数列nb是等比数列；（）数列nc满足21log3nncb*()nN，求1223341nnnTc cc cc cc cL。证明：（）由于141nnSa，当2n时，141nnSa得1144nnnaaa所以1122(2)nnnnaaaa又12nnnbaa，所以12nnbb因为11a，且12141aaa，所以21314aa所以12122baa故数列nb是首项为2，公比为2的等比数列解：（）由（）可知2nnb，则211log33nncbn（n*N）1223341nnnT

13、ccc cc cc cL11114 55667(3)(4)nnL1144n4(4)nn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1nnaac其中 na 是各项不为0 的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）实用文档.11nnaa和11nnaa（其中na等差）可裂项为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）4.数列求和的方法（2）（5）错位相减法：适用于差比数列（如果na等差，nb等比，那么nna b叫做差比数列）即把每一项都乘以nb的公比

14、q，向后错一项，再对应同次项相减，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）累加（乘）法（7）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.形如 an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求。（8）其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等。5.典型例题分析【题型 4】错位相减法例 4 求数列,22,26,24,2232nn前 n 项的和.解：由题可知 nn22的通项是等差数列2n 的通项与等比数列n21 的通项之积设nnnS222624223214322226242221nnnS（设制错位）得1432222222222222)211(nnn

15、nS（错位相减）1122212nnn1224nnnS实用文档.【题型 5】并项求和法例 5 求100S1002 992982972 2212解：100S1002992 982972 2212(100 99)(98 97)(2 1)5050.【题型6】累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等例 6 求11111111111个n之和.解：由于)110(91999991111111kkk个个（找通项及特征）11111111111个n)110(91)110(91)110(91)110(91321n（分组求和）)1111(91)10101010(911321个nn9110)110(1

16、091nn)91010(8111nn6.归纳与总结以上一个 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1.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个数列的通项公式2.通项公式的求法（1）（1）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法）：直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方实用文档.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

17、据前几项观察出通项公式。（2）公式法：在数列 an中，前 n 项和 Sn与通项 an的关系为：)Nn,2()1(111nSSnSaannn(数列na的前 n 项的和为12nnsaaaL).（3）周期数列由递推式计算出前几项，寻找周期。（4）由递推式求数列通项类型 1递推公式为)(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用 累加法(逐差相加法)求解。类型 2（1）递推公式为nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用 累乘法(逐商相乘法)求解。（2）由nnanfa)(1和1a确定的递推数列na的通项可如下求得：由已知递推式有1)1(nnanfa，21)2

18、(nnanfa，?，12)1(afa依次向前代入，得1)1()2()1(afnfnfan，这就是 叠（迭）代法的基本模式。类型 3 递推公式为qpaann 1（其中 p，q 均为常数，)0)1(ppq）。解法：把原递推公式转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用 换元法 转化为等比数列求解。3.典型例题分析【题型 1】周期数列例 1 若数列na满足)121(,12)210(,21nnnnnaaaaa，若761a，则20a=_。答案：75。小结与拓展：由递推式计算出前几项，寻找周期。实用文档.【题型 2】递推公式为)(1nfaann，求通项例 2 已知数列na满足211a，nnaann

19、211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121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 3】递推公式为nnanfa)(1，求通项例 3 已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312?nnaaaaaaaann143322

20、1naan11又321a，nan32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 4】递推公式为qpaann 1（其中 p，q 均为常数，)0)1(ppq），求通项例 4 在数列na中，11a，当2n时，有132nnaa，求na的通项公式。解法 1：设13()nnamam，即有132nnaam，对比132nnaa，得1m，于是得113(1)nnaa，数列1na是以112a为首项，以 3 为公比的等比数列，所以有12 31nna。实用文档.解法 2：由已知递推式，得1132,32,(2)nnnnaaaan，上述两式相减，得113()nnnnaaaa，因此，数列1nn

21、aa是以214aa为首项，以3 为公比的等比数列。所以114 3nnnaa，即1324 3nnnaa，所以12 31nna。小结与拓展：此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列的性质进行求解，构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设1()nnamp am，展开整理1nnapapmm，比较系数有pmmb，所以1bmp，所以1nbap是等比数列，公比为p，首项为11bap。二是用做差法直接构造，1nnapaq，1nnapaq，两式相减有11()nnnnaap aa，所以1nnaa是公比为p的等比数列。也可用“归纳猜想证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型.4.通项公式

22、的求法（2）（5）构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联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）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）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.3）

23、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）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）归纳猜想证明法数学归纳法（7）已知数列na前n项之积 Tn，一般可求Tn-1，则 an1nnTT（注意：不能忘记讨论1n）.如：数列na中，对所有的Nn都有2321naaaan，则53aa_.实用文档.四、典型例题分析【题型 5】构造法：1）构造等差数列或等比数列例 5 设各项均为正数的数列na的前 n 项和为nS，对于任意正整数n，都有等式：nnnSaa422成立，求na的通项na.解：nnnSaa422112

24、142nnnSaa，nnnnnnnaSSaaaa4)(422112120)2)(11nnnnaaaa，01nnaa，21nnaa.即na是以 2 为公差的等差数列，且24211121aaaa.nnan2)1(22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 6】构造法：2）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 6 设na是首项为1 的正项数列，且01212nnnnnanaaa，（nN*），求数列的通项公式an.解：由题设得0)(1

25、1naaaannnn.0na，01na，01nnaa.naann12)1(321)()()(123121nnnaaaaaaaannn【题型 7】构造法：3）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 7 数列na中，211a，前 n 项的和nnanS2，求1na.解：1221221)1()1()1(nnnnnnnananananSSa111nnaann，112211aaaaaaaannnnn)1(12131211nnnnnn)2)(1(11nnan实用文档.【题型 8】构造法：4）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

26、单，使问题得以解决.例 8 设正项数列na满足11a，212nnaa（n2）.求数列na的通项公式.解：两边取对数得：122log21lognnaa，)1(log21log122nnaa，设1log2nanb，则12nnbbnb是以 2 为公比的等比数列，11log121b.11221nnnb，1221lognan，12log12nan，1212nna【题型 9】归纳猜想证明例 9 设数列 an的前 n 项和为 Sn，且方程 x2 anxan0 有一根为Sn1，n1，2，3，（）求a1，a2；（）an的通项公式解：()当 n1 时，x2a1xa10 有一根为 S1 1a11 于是(a11)2a

27、1(a11)a10，解得 a112当 n2 时，x2 a2xa20 有一根为S21a212，于是(a212)2a2(a212)a20，解得 a116()由题设(Sn 1)2an(Sn 1)an0，即 Sn22Sn 1anSn0当 n2 时，an SnSn 1，代入上式得Sn 1Sn2Sn 10 由()知 S1a112，S2a1a2121623由可得S334由此猜想Snnn1，n1，2，3，下面用数学归纳法证明这个结论(i)n1时已知结论成立(ii)假设 nk 时结论成立，即Skkk1，当 nk1 时，由得Sk112Sk，即 Sk1k1k2，故 nk1 时结论也成立综上，由(i)、(ii)可知 Snnn1对所有正整数n 都成立于是当 n 2 时，anSnSn1nn 1n1n1n(n 1)，又 n1 时，a112112，所以实用文档.an的通项公式annn1，n 1，2，3，