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【DOC】-高中数学数列复习 题型归纳 解题方法整理高中数学数列复习 题型归纳 解题方法整理 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 an 是等差数列，则数列an是等比数列，公比为a，其中a是常数，dad 是 an 的公差。(a>0且a?1); 2)若数列 an 是等比数列，且an 0，则数列 logaan 是等差数列，公差为logaq，其中a是常数且a 0,a 1，q是 an 的公比。 3)若an既是等差数列又是等比数列,则an是非零常数数列。 3.等差与等比数列的比较 1 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，a1,1，且a1，a3，a9成等比数列.(?)求数列an的通项;(?)求数列2的前n项和Sn. 解:(?)由题设知公差d?0， 由a1,1，a1，a3，a9成等比数列得an 2(1,2n)n+1Sm=2+2+2+2=2-2. 1,223n 小结与拓展:数列 an 是等差数列，则数列an是等比数列，公比为a，其中a是a常数，d是 an 的公差。(a>0且a?1). 2 1,2d1,8d,， 11,2d解得d,1，d,0(舍去)， 故an的通项an,1+(n,1)×1,n. (?)由(?)知2am=2，由等比数列前n项和公式得 nd 【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a1，2a2，2a3，2,1*2nan,8n对任意的n?N都成立，数列bn，1,bn是等差数列(求数列an与bn的通项公式。 解:a1，2a2，2a3，2 22n,1an,8n(n?N) ? n,2*当n?2时，a1，2a2，2a3，2 ?,?得2n,1an,1,8(n,1)(n?N) ? *an,8，求得an,24,n， 在?中令n,1，可得a1,8,2 ?an,24,n*4,1， (n?N)( 由题意知b1,8，b2,4，b3,2，?b2,b1,4，b3,b2,2， ?数列bn，1,bn的公差为,2,(,4),2，?bn，1,bn,4，(n,1)×2,2n,6， 法一(迭代法) bn,b1，(b2,b1)，(b3,b2)，(bn,bn,1),8，(,4)，(,2)，(2n,8) ,n,7n，14(n?N)( 法二(累加法) 即bn,bn,1,2n,8， bn,1,bn,2,2n,10， b3,b2,2， b2,b1,4， b1,8， 相加得bn,8，(,4)，(,2)，(2n,8) (n,1)(,4，2n,8)2*,8，,n,7n，14(n?N)( 2 小结与拓展:1)在数列an中，前n项和Sn与通项an的关系为:2* a1 S1 (n 1)an .是重要考点;2)韦达定理应引起重视;3)迭代法、S,S (n 2,n N)n,1 n 累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。 3 【题型3】 中项公式与最值(数列具有函数的性质) 例3 (2009汕头一模)在等比数列,an,中，an,0 (n N)，公比q (0,1)，且a1a5 + 2a3a5 +a 2a8,25，a3与as的等比中项为2。(1)求数列,an,的通项公式;(2)设bn,log2 an，数列,bn,的前n项和为Sn当,SS1S2 , ,n最大时，求n的值。12n 22解:(1)因为a1a5 + 2a3a5 +a 2a8,25，所以，a3 + 2a3a5 +a5,25 又an,o，a3，a5,5 又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5,4 而q (0,1)，所以，a3,a5，所以，a3,4，a5,1，q 1，a1,16，所以， 2 1 an 16 2 n,1 25,n (2)bn,log2 an,5,n，所以，bn，1,bn,1， 所以，bn是以4为首项，,1为公差的等差数列。所以，Sn 所以，当n?8时，n(9,n)Sn9,n , 2n2SnSS,0，当n,9时，n,0，n,9时，n,0， nnn SSS当n,8或9时，1,2, ,n最大。 12n 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。 4 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: k 1,2,3, ,n 2n(n,1); k 1 nn1 k k 1 n k 1 n2 12,22,32, ,n2 n(n,1)(2n,1); 6n(n,1)21 k3 13,23,33, ,n3 k 12; (2k,1) 1,3,5,.,(2n-1) n2。 (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 c 其中an是各项不为0的等差数列，c为常数;部分无理数列、含 anan,1 1 阶乘的数列等。如:1) 和 (其中 an 等差)可裂项为:a a nn,1 11111 。 (,);2 (根式在分母上时可dan an,1danan,1考虑利用分母有理化，因式相消 求和) 常见裂项公式: (1) (2) (3) (4) 1n(n,1)1n(n,k)1n(n,1)(n,1) 1n,1n,1; 1 (,kn11n,k1); ,1(n,1)(n,2) 112n(n,1); n(n,1)! 1n!,(n,1)! 5 (5 )常见放缩公式: 2 1 2 . 3.典型例题分析 【题型1】 公式法 例1 等比数列an的前,项和S,2,p，则a1,a2,a3, ,an,_. 解:1)当n=1时，a1 2-p; 2)当n 2时，an Sn-Sn-1 (2-p)-(2nn-1,2222-p) 2n-1。 1-1 因为数列an为等比数列，所以a1 2-p 2 1 p 1 从而等比数列an为首项为1，公比为2的等比数列。 故等比数列an为首项为1，公比为q 4的等比数列。 22 1(1-4n)1na,a,a, ,a (4-1) 1-432 122232n 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an为等比数 列， 则数列an及 2 1 1122aq也为等比数列，首项分别为、，公比分别为、。 1a1q an 【题型2】 分组求和法 ,例2 (2010年丰台期末18)数列an中，a1 1，且点(an, an,1)(n N)在函 数f(x) x,2的图象上.(?)求数列an的通项公式;(?)在数列an中，依次6 抽取第3，4，6，2n,1,2，项，组成新数列bn，试求数列bn的通项bn及前n项和Sn. 解:(?)?点(an, an,1)在函数f(x) x,2的图象上，?an,1 an,2。 ?an,1,an 2，即数列an是以a1 1为首项，2为公差的等差数列， ?an 1,(n,1) 2 2n,1。 (?)依题意知:bn a2n,1,2 2(2n,1,2),1 2n,3 n i n i 2,2n,1?Sn b1,b2, ,bn= (2,3) 2,3n=,3n 2n,1,3n,2. 1,2i 1i 1 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】 裂项相消法 例3 (2010年东城二模19改编)已知数列 an 的前n项和为Sn，a1 1， Sn,1 4an,1，设bn an,1,2an(?)证明数列 bn 是等比数列; (?)数列 cn 满足cn 1 cc12cc,23cc,(n N*)，求Tn 34 log2bn,3 ,cc, 1nn , 。 证明:(?)由于Sn,1 4an,1， ? 当n 2时，Sn 4an,1,1( ? ? ,?得 an,1 4an,4an,1( 所以 an,1,2an 2(an,2an,1)( 又bn an,1,2an， 所以bn 2bn,1( 因为a1 1，且a1,a2 4a1,1，所以a2 3a1,1 4( 7 所以b1 a2,2a1 2(故数列 bn 是首项为2，公比为2的等比数列( 解:(?)由(?)可知bn 2n，则cn 11(n N*)( log2bn,3n,3 Tn c1c2,c2c3,c3c4, ,cncn,1 1111 , ,4 55 66 7(n,3)(n,4) n11( ,4(n,4)4n,4 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， c 可求和。它适用于 其中an是各项不为0的等差数列，c为常数;部分无aa nn,1 1 理数列、含阶乘的数列等。如:1) 和(其中 an 等差)an an,1 可裂项为:11111 。 (,);2 (根式在an an,1danan,1d 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 an 等差， bn 等比，那么 anbn 叫做差比数列)即把每一项都乘以 bn 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. n形如an,(,1)f(n)类型，可采用两项合并求。 8 (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 2462n,2,3, ,n, 前n项的和. 2222 2n1解:由题可知n的通项是等差数列2n的通项与等比数列n的通项之积 22 2462n设Sn ,2,3, ,n ? 2222 12462nSn 2,3,4, ,n,1 ? (设制错位) 22222 1222222n?,?得(1,)Sn ,2,3,4, ,n,n,1(错位相减) 2222222 12n 2,n,1,n,1 22 求数列 n,2 ? Sn 4,n,1 2例4 【题型5】 并项求和法 例5 求S100,100,99，98,97，2,1 222222 解:S100,100,99，98,97，2,1,(100， 99)，(98，97)，(2，1),222222 5050. 9 【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1,11,111, ,111 1之和. , n个1 1 解:由于111, k个111k 999 9 (10,1) (找通项及特征) , 99k个1 ?1,11,111, ,111 1, n个1, 11111(10,1),(102,1),(103,1), ,(10n,1)(分组求和),9999 111110(10n,1)n23n(10,10,10, ,10),(1,1 ,1, ,1), , 99, 910,19n个1 ,1(10n,1,10,9n) 81 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an,f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式( 10 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:a1 S1 (n 1)an (数列an的前 Sn,Sn,1 (n 2,n N) n项的和为 sn a1,a2, ,an). (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an,1 an,f(n) 解法:把原递推公式转化为an,1,an f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。 类型2 (1)递推公式为an,1 f(n)an 解法:把原递推公式转化为an,1 f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an (2)由an,1 f(n)an和a1确定的递推数列 an 的通项可如下求得: 由已知递推式有an f(n,1)an,1， an,1 f(n,2)an,2， ，a2 f(1)a1依次向前代入，得an f(n,1)f(n,2) f(1)a1，这就是叠(迭)代法的基本模式。 类型3 递推公式为an,1 pan,q(其中p，q均为常数，(pq(p,1) 0)。 解法:把原递推公式转化为:an,1,t p(an,t)，其中t 化为等比数列求解。 q，再利用换元法转1,p 11 3.典型例题分析 【题型1】 周期数列 1 2a,(0 a )nn 6 2，若a1 ，则a20=_。 7 2a,1,(1 a 1)nn 2 例1 若数列 an 满足an,1 答案:5。 7 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an,1 an,f(n)，求通项 例2 已知数列 an 满足a1 解:由条件知:an,1,an 11，an,1 an,2，求an。 2n,n1111 ,2n,nn(n,1)nn,1 分别令n 1,2,3, ,(n,1)，代入上式得(n,1)个等式累加之，即 (a2,a1),(a3,a2),(a4,a3), ,(an,an,1) 1111111 (1,),(,),(,), ,(,) 22334n,1n 1所以an,a1 1, n 11131 a1 ， an ,1, , 22n2n 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. 12 【题型3】 递推公式为an,1 f(n)an，求通项 例3 已知数列 an 满足a1 解:由条件知 2n，an,1 an，求an。 3n,1 an,1n ，分别令n 1,2,3, ,(n,1)，代入上式得(n,1)个等式ann,1 累乘之，即 aaa2a3a41123n,1 n n a1na1a2a3an,1234n 又 a1 22 ， an 33n 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an,1 pan,q(其中p，q均为常数，求通项 (pq(p,1) 0) 例4 在数列an中，a1 1，当n 2时，有an 3an,1,2，求an的通项公式。 解法1:设an,m 3(an,1,m)，即有an 3an,1,2m，对比an 3an,1,2，得m 1，于是得an,1 3(an,1,1)，数列an,1是以a1,1 2为首项，以3为公比的等比数列，所以有an 2 3 n,1 ,1。 解法2:由已知递推式，得an,1 3an,2,an 3an,1,2,(n 2)，上述两式相减，得 an,1,an 3(an,an,1)，因此，数列an,1,an是以a2,a1 4为首项，以3为公比 的等比数列。所以an,1,an 4 3 n,1 ，即3an,2,an 4 3 n,1 ，所以an 2 3 n,1 ,1。 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，设展开整理 an,1,m p(an,m) ， an,1 pan,pm,m ，比较系数有pm,m b，所以m b ，所以p,1 an, bb是等比数列，公比为p，首项为a1,。二是用做差法直接构造，p,1p,1 an,1 pan,q，an pan,1,q，两式相减有an,1,an p(an,an,1)，所以an,1,an 13 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)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an前n项之积Tn，一般可求Tn-1，则an,论n 1). , 如:数列an中，对所有的n N都有a1a2a3 an n，则a3,a5 _. 2 Tn (注意:不能忘记讨Tn,1 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 an 的前n项和为Sn，对于任意正整数n，都有等式: an,2an 4Sn成立，求 an 的通项an. 2 14 解:an,2an 4Sn an,1,2an,1 4Sn,1， ?an,an,1,2an,2an,1 4(Sn,Sn,1) 4an 公差的等差数列，且a1,2a1 4a1 a1 2. ?an 2,2(n,1) 2n 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. 2 2 2 22 (an,an,1)(an,an,1,2) 0，?an,an,1 0，?an,an,1 2. 即an 是以2为 【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 an 是首项为1的正项数列，且an,an,1,nan,nan,1 0，(n?N*)，求 2 2 数列的通项公式an. 解:由题设得(an,an,1)(an,an,1,n) 0. ?an 0，an,1 0，?an,an,1 0. ?an,an,1 n an a1,(a2,a1),(a3,a2), (an,an,1) 1,2,3, ,n n(n,1) 2 【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. 12 ，前n项的和Sn nan，求an,1. 22222 解:an Sn,Sn,1 nan,(n,1)an,1 (n,1)an (n,1)an,1 an,1 n ， an,1n,1aaan,1n,2111 ?an n n,1 2 a1 an,1an,2a1n,1n32n(n,1) 1 ?an,1 (n,1)(n,2) 例7 数列 an 中，a1 15 【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 an 满足a1 1，an 2an,1(n?2).求数列 an 的通项公式. 2 解:两边取对数得:log2n 1,2log2n,1，log2n,1 2(log2n,1,1)，设bn log2n,1， 则bn 2bn,1 aaaaa bn 是以2为公比的等比数列，b1 log12,1 1. ann,1n,1nbn 1 2n,1 2n,1，loga,1 2log,1， ，22 2 ?an 2 2n,1,1 【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x,anx,an,0有一根为Sn,1，n,1，2，3， (?)求a1，a2;(?),an,的通项公式2 解:(?)当n,1时，x,a1x,a1,0有一根为S1,1,a1,1 2 12 于是(a1,1),a1(a1,1),a1,0，解得a1, 212 当n,2时，x,a2x,a2,0有一根为S2,1,a2, 2121于是(a2,a2(a2,),a2,0，解得a122(?)由题设(Sn,1),an(Sn,1),an,0， 2 即Sn,2Sn，1,anSn,0当n?2时，an,Sn,Sn,1，代入上式得 Sn,1Sn,2Sn，1,0 ? 2 111由(?)知S1,a1，S2,a1，a2,由?可得S3226n 由此猜想Sn,n,1，2，3，n，1 下面用数学归纳法证明这个结论 (i)n,1时已知结论成立k (ii)假设n,k时结论成立，即Sk, k，1 弦和直径： 弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦。 直径：经过圆心的弦叫做直径。16 2、探索并掌握20以内退位减法、100以内加减法(包括不进位、不退位与进位、退位)计算方法，并能正确计算;能根据具体问题，估计运算的结果;初步学会应用加减法解决生活中简单问题，感受加减法与日常生活的密切联系。1 1k，4.垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。当n,k，1时，由?得Sk，1,2,Sk，即Sk，1,k，2 抛物线的顶点在(0，0)，对称轴是y轴(或称直线x0)。故n,k，1时结论也成立综上，由(i)、(ii)可知Sn, |a|的越小，抛物线的开口程度越大，越远离对称轴y轴，y随x增长（或下降）速度越慢。n n，1 tanA是一个完整的符号，它表示A的正切，记号里习惯省去角的符号“”；n于是当n?2时，ann,Sn,Sn,1, 7、课堂上多设计一些力所能及的问题，让他们回答，并逐步提高要求。n，1n,1n,1n(n，1) （1）理解确定一个圆必备两个条件:圆心和半径,圆心决定圆的位置,半径决定圆的大小. 经过一点可以作无数个圆,经过两点也可以作无数个圆,其圆心在这个两点线段的垂直平分线上.， 又n,1时，a11 121×2 推论1: 同弧或等弧所对的圆周角相等。,a,的通项公式an nn,n，1 ，n,1，2，3， 推论：平分一般弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧。17