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(完好版)数列题型及解题方法概括总结
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(完好版)数列题型及解题方法概括总结
文德教育
知识框架
乞降公式及性质,掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用,
就有可
数列的分类
能在高考取顺利地解决数列问题。
数列
函数角度理解
一、典型题的技巧解法
数列的通项公式
1、求通项公式
的观点
数列的递推关系
(1)察看法。(2)由递推公式求通项。
等差数列的定义
an
an
d(n
2)
1
关于由递推公式所确立的数列的求解,往常可经过对递推公式的变换转变成等
等差数列的通项公式
an
a1(n
1)d
差数列或等比数列问题。
等差数列
Sn
n
(a1
an)
na1
n(n
1)
d
(1)递推式为an+1=an+d及an+1=qan(d,q为常数)
等差数列的乞降公式
2
2
例1、已知{a
}知足a=a+2,并且a=1。求a。
n
n+1n
1
n
等差数列的性质
anamapaq(m
np
q)
例1、解
∵an+1-an=2为常数
∴{an}是首项为
1,公差为2的等差数列
两个基
an
n
n
q(n
2)
∴a=1+2(n-1)
即a=2n-1
等比数列的定义
1
本数列
an
1
例2、已知{
}知足
,求a
n
1
an
an1
an
,而
a12
?
等比数列的通项公式
an
a1q
n=
2
等比数列
a1
anq
a1(1
qn)
1)
数列
Sn
1
q
1
(q
等比数列的乞降公式
q
na1(q 1)
等比数列的性质 anam apaq(m n p q)
公式法
分组乞降
错位相减乞降
数列
裂项乞降
乞降
倒序相加乞降
累加积累
概括猜想证明
分期付款
数列的应用
其余
2)递推式为an+1=an+f(n)
例3、已知{an
}中a
1
a
1
,求an.
,a
n1
1
2
n
4n2
1
解:由已知可知an1
an
(2n
1
1(
1
1
)
1)(2n1)
2
2n
12n
1
令n=1,2,,(n-1),代入得(n-1)个等式累加,即(
a2-a1)+(a3-a2)+
+(a-a
n-1
)
n
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掌握了数列的基本知识,特别是等差、等比数列的定义、通项公式、
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an
bn
3(1)n
2(1)n
an
a1
1(1
1
)
4n
3
2n
2
3
2
2n
1
4n
2
★说明
只需和
f(1)+f(2)++f(n-1)是可求的,就能够由
an+1=an+f(n)以n=1,2,,(n-1)代入,可得 n-1个等式累加而求 an。
递推式为an+1=pan+q(p,q为常数)
例4、{an}中,a1
1,关于n>1(n∈N)有an
3an1
2,求an.
解法一:由已知递推式得an+1=3an+2,an=3an-1+2。两式相减:an+1-an=3(an-an-1)
所以数列{a
n+1
n
3的等比数列,其首项为
21
(5)
递推式为an2
pan1
qan
-a}是公比为
a-a=(3×1+2)-1=4
∴a
-a
=4·3
n-1
∴3a
n-1
即a
n-1
-1
∵a=3a+2
n
+2-a=4·3
n
=2·3
n+1
n
n+1
n
n
思路:设an2
pan1
qan,能够变形为:an2an1(an1
an),
解法二:上法得{an+1-an}是公比为3的等比数列,于是有:a2-a1=4,a3-a2=4·3,
a4-a3=4·32,,an-an-1=4·3n-2,
把
n-1
个
等
式
累
加
得
:
∴an=2·3n-1-1
想
于是{an+1-αan}是公比为β的等比数列,就转变为前面的种类。
(4)递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)
求
an。
bn1bn
2(bnbn1)
由上题的解法,得:bn
32(2)n
∴
3
3
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数列乞降的常用方法:
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(6)递推式为Sn与an的关系式
关系;
(2)试用n表示an。
∴
Sn1
Sn
(anan1)(
1
1
)
2n2
2n
1
1
∴an
an
1
an1
∴
1
1
2n1
an1
2an
2n
2n+1得2n+1an+1=2nan+2则{2nan}是公差为
上式两边同乘以
2的等差数列。
2nan=2+(n-1)·2=2n
1、拆项分组法:即把每一项拆成几项,从头组合分红几组,转变为特别数列乞降。
2、错项相减法:合用于差比数列(假如
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,转变为等比数列乞降。
3、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,可乞降。
合用于数列
1
和
1
(此中
an等差)
an1
anan
an
1
可裂项为:
1
1(1
1),
anan1
dan
an1
1
1
(an1an)
an an1 d
等差数列前n项和的最值问题:
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1、若等差数列
an
的首项a10,公差d
0
,则前n项和Sn有最大值。
(ⅰ)若已知通项
an
0
;
an,则Sn最大
0
an1
(ⅱ)若已知
Sn
pn2
qn,则当n取最凑近
q
的非零自然数时
Sn最
2p
大;
2、若等差数列
an
的首项a10,公差d
0,则前n项和Sn有最小值
(ⅰ)若已知通项
an
0
;
an,则Sn最小
0
an1
(ⅱ)若已知
Sn
pn2
qn,则当n取最凑近
q
的非零自然数时
Sn最
2p
小;
an(an
an1)(an1an2)L(a2a1)
a1(n
2)。
⑸已知an1
f(n)求an,用累乘法:an
an
an1
L
a2a1(n2)。
an
an1
an2
a1
⑹已知递推关系求 an,用结构法(结构等差、等比数列) 。
特别地,(1)形如ankan1b、an
kan1bn(k,b为常数)的递
推数列都能够用待定系数法转变为公比为
k的等比数列后,再求an;形
如ankan1kn的递推数列都能够除以
kn获得一个等差数列后,再求
an。
(2)形如an
an
1
的递推数列都能够用倒数法求通项。
kan1
b
(3)形如an
1
ank的递推数列都能够用对数法求通项。
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数列通项的求法:
⑴公式法:①等差数列通项公式;②等比数列通项公式。
⑵已知
Sn(即
a
a
La
n
f(n)
)求an
,用作差法:
1
2
an
S1,(n
1)
。
Sn
Sn1,(n
2)
f(1),(n
1)
已知1
2
n
f(n)
求an
,用作商法:
an
f(n)
。
aga
gLga
f(n
,(n
2)
1)
⑶已知条件中既有
Sn还有an,有时先求Sn,再求an;有时也可直接求
an。
⑷若
an1
an
f(n)
求
an
用
累
加
法
:
(7)(理科)数学概括法。
(8)当碰到an1
an1d或an
1
q时,分奇数项偶数项议论
,结果可
an
1
能是分段形式。
数列乞降的常用方法
:
(1)公式法:①等差数列乞降公式;②等比数列乞降公式。
(2)分组乞降法:在直接运用公式法乞降有困难时,
常将“和式”中“同类项”
先归并在一同,再运用公式法乞降。
3)倒序相加法:若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数有关系,则常可考虑采用倒序相加法,发挥其共性的作用乞降(这也是
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n和公式的推导方
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等差数列前n和公式的推导方法) .
(4)错位相减法:假如数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的
通项相乘组成,那么常采用错位相减法(这也是等比数列前法).
5)裂项相消法:假如数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂
后有关系,:
①
1
1)
1
1;②
1
1
(
1
n
1
);
n(n
nn
1
n(n
k)
k
n
k
③
1
1
1
1
1
)
,
k2
k2
1
(
k
1
k
2
1
1
1
1
1
1
k
1
1;
kk1(k1)k
k2
(k1)k
1k
④
n(n
1
2)
1[
1
1)
(n
1
2)
];⑤
n
1)!
1
1
;
1)(n
2
n(n
1)(n
(n
n!
(n
1)!
⑥2(
n
1
n)
2
1
2
2(
n
n
1)
n
n
1
n
n
n
1
二、解题方法:
求数列通项公式的常用方法:
1、公式法
2、Snan
n1a1
S1n
2an
Sn
Sn1
3、求差(商)法
an
1a1
1
a2
1
an2n5
1
2
22
2n
解:n1
1a
1
2
1
a
1
14
2
5
n2
1
a1
1
a2
1
an1
2n15
2
2
n1
2
2
1
2
1nan
2
2
an
2n1
∴an
14
(n
1)
2n1
(n
2)
[练习]
an
Sn
Sn1
5an1a1
4an
3
an
1Sn1SnSn1
4
Sn
S14
Sn
Sn
4n
n2an
Sn
Sn1
3·4n1
、叠乘法
a
n
a
an1
n
an
1
3
n1
an
解:a2
·a3
an
1·2n1an
a1
a2
an1
23
n
a1
3
a1 3 an
n
、等差型递推公式
2
1
n
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由an
an
1
f(n),a1
a0,求an,用迭加法
n
2时,a2
a1
f(2)
a3
a2
f(3)
两边相加,得:
an
an1
f(n)
an
a1
f(2)
f(3)
f(n)
∴an
a0
f(2)
f(3)
f(n)
[练习]
数列a
n
,a
1
,a
n
n1
a
n
1
n
2
,求a
n
1
3
(an
1
3n
1)
2
6、等比型递推公式
an
can1
d
c、d为常数,c
0,c
1,d
0
可转变为等比数列,设
an
x
can1
x
an
can
1
c
1x
令(c1)x
d,∴x
d
c
1
∴an
d
是首项为a1
d
,c为公比的等比数列
c
1
c
1
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∴an
c
d
a1
d
·cn1
1
c
1
∴an
a1
c
d
cn1
c
d
1
1
[练习]
数列an
知足a1
9,3an1an
4,求an
4
n1
(an
1)
8
3
7、倒数法
比如:a
,a
n
1
2an
,求
an
11
an
2
由已知得:
1
an
2
1
1
an1
2an
2
an
∴1
1
1
an
1
an
2
1
为等差数列,1
,公差为1
an
a1
1
2
1
1n1·1
1
n1
an
2
2
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2
∴an
n 1
(1)、应用公式法
等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前 n项和公式乞降,此外记着以
下公式对乞降来说是有利的。
(2)、分解转变法
对通项进行分解、组合 ,转变为等差数列或等比数列乞降。
【例9】乞降S=1·(n2-1)+2·(n2-22)+3·(n2-32)+ +n(n2-n2)
解S=n2(1+2+3++n)-(13+23+33++n3)
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1+3+5++(2n-1)=n
2
3)、倒序相加法
合用于给定式子中与首末两项之和拥有典型的规律的数列,采纳把正着写与倒
着写的两个和式相加,而后乞降。
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【例8】求数列1,(3+5),(7+9+10),(13+15+17+19),前n项的和。
解 本题实质是求各奇数的和, 在数列的前 n项中,共有1+2+ +n=1n(n 1)
2
个奇数,
∴最后一个奇数为: 1+[1n(n+1)-1] ×2=n2+n-1
2
所以所求数列的前 n项的和为
例10、乞降:Sn
3Cn1
6Cn2
L
3nCnn
例10、解Sn
0?Cn0
3Cn1
6Cn2
L3nCnn
Sn=3n·2n-1
(4)、错位相减法
假如一个数列是由
一个等差数列与一个等比数列对应项相乘组成的
,可把和
式的两头同乘以上边的等比数列的公比,而后错位相减乞降.
例11、求数列1,3x,5x2,,(2n-1)x
n-1前n项的和.
解
n
2
++(2n-1)x
n-1
.
①
设S=1+3+5x
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(2)x=0 时,Sn=1.
(3)当x≠0且x≠1时,在式①两边同乘以
n
2
3
n
x得xS=x+3x
+5x++(2n-1)x
,
②
①-②,得(1-x)Sn=1+2x+2x2+2x3++2xn-1-(2n-1)x
n.
注:在消项时必定注意消去了哪些项,还剩下哪些项,一般地剩下的正项与
负项同样多。
在掌握常有题型的解法的同时,也要着重数学思想在解决数列问题
时的应用。
(5)裂项法:
二、常用数学思想方法
把通项公式整理成两项
(式多项)差的形式,而后前后相消。
常有裂项方法:
运用数列中的通项公式的特色把数列问题转变为函数问题解决。
【例13】
等差数列{a}的首项a>0,前n项的和为S,若S=S(l≠k)问n
n
1
nlk
为什么值时 Sn最大?
1
1
1
1
例12、乞降
3?
7
5?
9
L
1?5
(2n1)(2n3)
此函数以n为自变量的二次函数。∵
a1>0
Sl=Sk(l≠k),∴d<0故此二
次函数的图像张口向下
∵f(l)=f(k)
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∴x=1ogak,y=logbk,z=logck
【例14】设等比数列 {an}前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,求数列的公比 q。
剖析 本题考察等比数列的基础知识及推理能力。
解 ∵依题意可知 q≠1。
∵假如q=1,则S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1。由此应推出 a1=0与等比数列不
符。 ∴b2=ac ∴a,b,c成等比数列(a,b,c均不为0)
q≠1
整理得
3
6
3
)=0
∵q≠0
q(2q-q-1
本题还能够作以下思虑:
3
3
)S
3
3
6
S=S+qS=(1+q
S=S+qS=S(1+q+q),
63
3
3
。93
63
∴由S3+S6=2S9可得2+q3=2(1+q3+q6),2q6+q3=0
【例15】 已知a,b,c是不为1的正数,x,y,z∈R+,且
求证:a,b,c按序成等比数列。
证明
依题意令
xyz
a=b=c=k
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