高中数学数列复习题型归纳解题方法整理50.pdf

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1、-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 a1）；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

2、通 项公式 na=1a+（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=mnmnaa abG2。推广：mnmnnaaa2 性质 1 若 m+n=p+q 则qpnmaaaa 若 m+n=p+q，则qpnmaaaa。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

3、列。4 )(11nmnmaanaadnmn 11aaqnn，mnmnaaq)(nm 4、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121d1 812dd，解得 d1，d0（舍去），故an的通项 an1+（n1）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

4、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 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 a12a222a32n1an8n 对任意的 nN*都成立，数列bn1bn是等差数列求数列an与bn的通项公式。解：a12a222a32n1an8n(nN*)当 n2 时，a12a222a32n2an18(n1)(nN*)得 2n1an8，求得 an24n，在中令 n1，可得 a18241，an24n(nN*)由题意知 b18，b24，b32，b2b14，b3b22，

5、数列bn1bn的公差为2(4)2，bn1bn4(n1)22n6，法一（迭代法）bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)8(4)(2)(2n8)n27n14(nN*)法二（累加法）即 bnbn12n8，bn1bn22n10，b3b22，b2b14，b18，相加得 bn8(4)(2)(2n8)8(n1)(42n8)2n27n14(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（数列具有函数的性质）例

6、 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，a3a54 而 q（0,1），所以，a3a5，所以，a34，a51，12q，a116，所以，1511622nnna（2）bnlog2 an5n，所以，bn1bn1

7、，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，nSn0，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 n；21nkk222216123(1)(21)nn nn；31nkk3

8、3332(1)2123n nn；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11nnaa（其中 na

9、等差）可裂项为：111111()nnnnaad aa；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；（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-nnn2p)-(2-p)-(

10、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()nN

11、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，1(1)221nann。（）依题意知：11222(22)123nnnnba 12nnSbbb=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 3】裂

12、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1 22 33 41nnnTc cc cc cc c。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

13、）1 22 33 41nnnTc cc cc cc c11114 55 66 7(3)(4)nn 1144n4(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）11nnaa和11nnaa（其中 na等差）可裂项为：111111()nnnnaad aa；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n na b叫做差比

14、数列）即把每一项都乘以 nb的公比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nnnS2226242232 14322226242221 nnnS （设制错位）得

15、1432222222222222)211(nnnnS（错位相减）1122212nnn 1224nnnS【题型 5】并项求和法 例 5 求100S10029929829722212-解：100S10029929829722212(100 99)(9897)(21)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(91999991111111 kkk 个个（找通项及特征）11111111111个n )110(91)110(91)110(91)110(91321 n（分组求和）)1111(91)10101

16、010(911321 个nn 9110)110(1091nn)91010(8111nn 6.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法叫定义

17、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）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12nnsaaa).（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

18、通项可如下求得：由已知递推式有1)1(nnanfa，21)2(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qpaann1（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。【题型 2】递推公式为)(1nfaann，求通

19、项 例 2 已知数列 na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann 分别令)1(,3,2,1 nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312 nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn 所以naan111 211a，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(,3,2,1 nn，代入上式得)1

20、(n个等式累乘之，即1342312 nnaaaaaaaann1433221 naan11 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qpaann1（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。解法 2：由已知递推式，得1132,32,(2)n

21、nnnaaaan，上述两式相减，得113()nnnnaaaa，因此，数列1nnaa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

22、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

23、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）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_.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

24、意正整数 n，都有等式：-nnnSaa422成立，求 na的通项na.解：nnnSaa422112142nnnSaa，nnnnnnnaSSaaaa4)(42211212 0)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

25、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)(11naaaannnn.0na，01na，01nnaa.naann1 2)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(nnnnnnnananananSSa 111nnaann，112211aaaaaaaannnnn)1(12131211nnnnnn)2)(1(

26、11nnan-【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12nnbb nb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 x2anxan0 有一根为 Sn1，n1，2，3，

27、（）求 a1，a2；（）an的通项公式 解：()当 n1 时，x2a1xa10 有一根为 S11a11 于是(a11)2a1(a11)a10，解得 a112 当 n2 时，x2a2xa20 有一根为 S21a212，于是(a212)2a2(a212)a20，解得 a116()由题设(Sn1)2an(Sn1)an0，即 Sn22Sn1anSn0 当 n2 时，anSnSn1，代入上式得 Sn1Sn2Sn10 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 n2 时，anSnSn1nn1n1n1n(n1)，又 n1 时，a112112，所以 an的通项公式 annn1，n1，2，3，