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1、高中数学数列复习_题型归纳_解题方法整理数列 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a是公差不为n零的等差数列，a,1，且a，a，a成等比数1139an列.(?)求数列a的通项;(?)求数列2n的前n项和S. n解:(?)由题设知公差d?0， 12，d18，d由a,1，a，a，a成等比数列得,， 1139112，d解得d,1，d,0(舍去)， 故a的通项na,1+(n,1)1,n. nnma2(?)由(?)知=2，由等比数列前n项和公式得 n23nn+12(12),S=2+2+2+2=2-2. m12,ana小结与拓展:数列是等差数列，则数列是a,
2、nddaaa等比数列，公比为，其中是常数，是的,n1 公差。(a0且a?1). 【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a的前三项与数列b的前nn2n,1三项对应相同，且a，2a，2a，2a,123n*8n对任意的n?N都成立，数列b,b是等n，1n差数列(求数列a与b的通项公式。 nn2n,1*解:a，2a，2a，2a,8n(n?N) 123n? 2n,2当n?2时，a，2a，2a，2a,8(n123n,1*,1)(n?N) ? n,14,n?,?得2a,8，求得a,2， nn4,1在?中令n,1，可得a,8,2， 14,n*?a,2(n?N)( 由题意
3、知b,8，b,4，n12b,2，?b,b,4，b,b,2， 321322 ?数列b,b的公差为,2,(,4),2，?bn，1nn,b,4，(n,1)2,2n,6， ，1n法一(迭代法) b,b，(b,b)，(b,b)，(b,b),n12132nn,18，(,4)，(,2)，(2n,8) 2*,n,7n，14(n?N)( 法二(累加法) 即b,b,2n,8， nn,1b,b,2n,10， n,1n,2 b,b,2， 32b,b,4， 21b,8， 1相加得b,8，(,4)，(,2)，(2n,8) n3 (n,1)(,4，2n,8),8，,22*n,7n，14(n?N)( 小结与拓展:1)在数列a
4、中，前n项和Snn与通项a的关系为:na,S (n,1),11.是重要考点;2)韦达定理应a,nSS (n2,nN),nn,1,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3 (2009汕头一模)在等比数列,a,中，n,a,0 (nN)，公比q(0,1)，且aa + 2aa +a ,n1535a,25，a与a的等比中项为2。(1)求数列283s,a,的通项公式;(2)设b,log a，数列nn2nSSSn12，,，,b,的前n项和为S当最大时，求nn12nn的值。 4 解:(1)因为aa + 2aa +a a,25，所以
5、，15352822 + 2aa +,25 aa3535又a,o，a，a,5 又a与an3535的等比中项为2，所以，aa,4 35而q(0,1)，所以，a,a，所以，a,4，a,35351q,1，a,16，所以， 12n,11,5,n a,，,162,n2,(2)b,log a,5,n，所以，b,b,1， n2nn，1n所以，b是以4为首项，,1为公差的等差数nSnn(9),9,nnS,列。所以， n2n2SSnn所以，当n?8时，,0，当n,9时，,0，nnSnn,9时，,0， nSSSn12，,，当n,8或9时，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
6、等比中项。 5 二、数列的前n项和 1.前n项和公式Sn的定义: S=a+a+a。 n12n2.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: 1n123(1)，,，？nnnk,; ,2k,11n22222123(1)(21)，,，？nnnnk,; ,6k,1nn(1)，33332n123，,？n3k,; ,2k,1n21，3，5，.，(2n-1),n(21)k,。 ,1k(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
7、加法:如果一个数列a，与首末n6 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。 ,c适用于其中是各项不为0的等差数a,naann，1,列，c为常数;部分无理数列、含阶乘的数列,11,a等。如:1)和(其中等差)可,naa,aa，nn，1,nn，1,111111裂项为:;2)。(根,(),aa()nn，1aadaa,daa，nnnn，11nn，1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: 111,(1); nn
8、nn(1)1，1111,()(2); nnkknnk，()1111,(3); nnnnnnn,，(1)(1)2(1)(1)(2)7 3.典型例题分析 【题型1】 公式法 ,例1 等比数列的前,项和S,2,p，则 a,n2222a，a，a，？，a,_. 123n解:1)当n=1时，; a,2-p1nn-1n-12)当时，。 a,S-S,(2-p)-(2-p),2n,2nnn-1因为数列为等比数列，所以an1-1 a,2-p,2,1,p,11从而等比数列为首项为1，公比为2的an等比数列。 22故等比数列为首项为1，公比为的等,aq,4n比数列。 n1(1-4)12222na，a，a，？，a,(4
9、-1)n123 1-43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:8 2若数列为等比数列，则数列及a,ann,12也为等比数列，首项分别为、a,1an,112，公比分别为、。 qaq1【题型2】 分组求和法 例2 (2010年丰台期末18)数列中，aa,1n1,且点在函数的图象上.(?)求(, )aafxx()2,，()n,Nnn，1数列的通项公式;(?)在数列中，依次aannn,1抽取第3，4，6，22，项，组成新数列b，试求数列的通项b及前项和S. bnnnnn解:(?)?点(, )aa在函
10、数的图象上，?fxx()2,，nn，1aa,，2。 nn，1aa,1?aa,2，即数列是以为首项，2为公差n1nn，1的等差数列， ann,，,，,1(1)221?。 n(?)依题意知:nn,1ba,，,，2(22)123n,1 n22，?9 nnii(23)23，,，nSbbb,，？=,nn12,11iin，122,n，1nn，,，,3232. 12,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Sa,1Sa,，41a的前项和为，设n,n1nn，
11、1nbaa,2( nnn，1b(?)证明数列是等比数列; ,n1*c,c(?)数列满足，求()n,Nn,nb，log32nTcccccccc,，？。 nnn1223341，Sa,，41证明:(?)由于， ? nn，1n,2Sa,，41 当时，( ? nn,1,aaa,44? ?得 ( 所以 nnn，,11aaaa,22(2)( nnnn，,1110 又， 所以( bb,2baa,2nnn，1nn,1因为，且，所以( a,1aaa，,，41aa,，,314112121所以(故数列是首项为，公比bbaa,222,n121为的等比数列( 211*n解:(?)由(?)可知，则()( n,Nc,b,2n
12、nbn，log332n1111 Tcccccccc,，？,，？nnn1223341，455667(3)(4)，nn11n ( ,44n，4(4)n，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,ca和。它适用于其中是各项不为0的等,naann，1,差数列，c为常数;部分无理数列、含阶乘的,11,a数列等。如:1)和(其中等差),naa,aa，nn，1,nn，1,111111,可裂项为:;2)。(),aa()nn，1aadaa,daa，nnnn，11nn，1(根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和) a(5)错位相减法:适用于差比数列(如果等,nba
13、b差，等比，那么叫做差比数列)即把每,nnn11 一项都乘以的公比，向后错一项，再对应bq,n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a,(,1)f(n)类型，可采用两项合并求。 n5.典型例题分析 【题型4】 错位相减法 2462n,23n例4 求数列前n项的和. 22222n解:由题可知的通项是等差数列2n的通n212 1项与等比数列的通项之积 n22462n,，,，Sn设 ? 23n222212462n,，,，Sn ? 234n，122222(设制错位
14、) 1222222n(1),，,，,S?,?得(错n234nn，12222222位相减) 12n2, n,1n，122n，2S,4nn,1 ? 2【题型5】 并项求和法 222222S例5 求,100,99，98,97，2,1 100222222S解:,100,99，98,97，2,1,100(100， 99)，(98，97)，(2，1),5050. 13 【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 求之和. 1，11，111，,，111,1,n个111k111,1,，999,9,(10,1)解:由于 (找通项及特征) ,99个1个1kk1111123n(1
15、0,1)，(10,1)，(10,1)，,，(10,1)?,1，11，111，,，111,1,9999n个111123n(10，10，10，,，10),(1，1，1，,，1)(分组求和),99n个1n110(101)n, 91019,1n，1(10,10,9n), 816.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。 14 三、数列的通项公式 1.数列的通项公式 一个数列a的 与 之间的n函数关系，如果可用一个公式a
16、,f(n)来表n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a中，前n项和S与通nn项a的关系为:na,S (n,1),11a,a的前n项的和为(数列nnSS (n2,nN),nn,1, saaa,，？). nn12(3)周期数列 15 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 a,a，f(n)n，1n解法:把原递推公式转化为，利用累a
17、,a,f(n)n，1n加法(逐差相加法)求解。 类型2 (1)递推公式为 a,f(n)an，1nan，1解法:把原递推公式转化为，利用累乘,f(n)an法(逐商相乘法)求解。 ,(2)由和确定的递推数列的通项可aa,f(n)aann，1n1如下求得: ,由已知递推式有， ，a,f(n,1)aa,f(n,2)ann,1n,1n,2依次向前代入，得a,f(n,1)f(n,2),f(1)a，这就a,f(1)an121是叠(迭)代法的基本模式。 a,pa，q类型3 递推公式为(其中p，q均为n，1n常数，)。 (pq(p,1),0)a,t,p(a,t)解法:把原递推公式转化为:，其中n，1nqt,，再
18、利用换元法转化为等比数列求解。 1,p16 3.典型例题分析 【题型1】 周期数列 1,2a,(0a)nn,2a,n，1例1 若数列满足，若,an1,2a1,(a1),nn,2,6a,，则=_。 a12075答案:。 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，求通项 a,a，f(n)n，1n11a,a,a，,aa例2 已知数列满足，求。 1n，1nnn22n，n1111a,a,解:由条件知: n，n12n(n，1)nn，1n，n分别令，代入上式得(n,1)个等式累加n,1,2,3,(n,1)之，即 (a,a)，(a,a)，(a,a)，,，(a,a) 213243n
19、n,11111111,(1,)，(,)，(,)，,，(,) 22334n,1n17 1所以 aa,1n1n11131，a ？a,？,，1,1n2nn22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，求通项 a,f(n)an，1n2na,aa1例3 已知数列,满足，求。 aan，1nnn3，n1ann，1,解:由条件知，分别令，代n,1,2,3,(n,1)an，1n入上式得个等式累乘之，即(n,1)a1n123n,1aaaa3n24,，,，, anaaaa234n1123n,122？a,n？a,又， 13n3小结与拓展:在运用累乘法时,还是要特别注意项
20、数,计算时项数容易出错. 18 【题型4】 递推公式为(其中p，qa,pa，qn，1n均为常数，)，求通项 (pq(p,1),0)n,2例4 在数列中，当时，有aa,1n1aa,，32，求的通项公式。 ann,1n解:设，即有，对比，amam，,，3()aam,，32aa,，32nn,1nn,1nn,1m,1得，于是得，数列是以为1a，aa，,，13(1)a，,12nnn,11n,1首项，以3为公比的等比数列，所以有。 a,231n(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
21、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19 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
22、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a前n项之积T，一般可求T，nn-1nTnn,1则a,(注意:不能忘记讨论). nTn,12,aaa？a,nn,Na如:数列中，对所有的都有，n123na，a,则_. 3520 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的前n项和为,an2，对于任意正整数n，都有等式:成Sa，2a,4Snnnn立，求的通项. ,aann22a，2a,4Sa，2a,4S解:， ,nnnn,1n,1n,122a,a，2a,2a,4(S,S),4a ? nn,1nn,1nn,1n(a，a)(
23、a,a,2),0a，a,0a,a,2，?，?. nn,1nn,1nn,1nn,1,即a是以2为公差的等差数列，且n2a，2a,4a,a,2. 1111a,2，2(n,1),2n? n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一21 数列的通项公式。 例6 设是首项为1的正项数列，且,an说明：根据垂径定理与推论可知对于一个圆和一条直线来说，如果具备：22，(n?N*)，求数列的通项公式an.
24、 a,a,na,na,0nn,1nn,15.二次函数与一元二次方程(a，a)(a,a,n),0解:由题设得. nn,1nn,1(1)三角形的外接圆: 经过一个三角形三个顶点的圆叫做这个三角形的外接圆.a，a,0?，?. a,0a,0nn,1nn,1? a,a,nnn,1推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心.(1)nn，()()()123？a,a，a,a，a,a，a,a,，n, n12132nn,12【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. （2）抛物线的描述：开口方向、对称性、y随x的变化情况、抛物线的最高（或最低）点、
25、抛物线与x轴的交点。21S,naa,a例7 数列中，前n项的和，nn1n2弦心距:从圆心到弦的距离叫做弦心距.a求. n，1集合性定义：圆是平面内到定点距离等于定长的点的集合。其中定点叫做圆心，定长叫做圆的半径，圆心定圆的位置，半径定圆的大小，圆心和半径确定的圆叫做定圆。2222a,S,S,na,(n,1)a,(n,1)a,(n,1)a解: nnn,1nn,1nn,1an,1n, ， an，1n,1aaan,1n,2111nn,12a,？,a,？，,n1? aaan，1n32n(n，1)n,n,121点在圆外 dr.1a,? n，1(n，1)(n，2)22 【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. 5.二次函数与一元二次方程2a,2a例8 设正项数列满足，(n?2).,aa,1nn,1n1求数列的通项公式. ,anaann,1log,1，2log解:两边取对数得:，22aaannn,1b,log，1log，1,2(log，1)，设， 2n22b,2b则 nn,11b,log，1,1,是以2为公比的等比数列，. bn12n,1n,1an,1an,1nnb,1，2,2log，1,2log,2,1， n227、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,12,1a,2? n23