2023年高中数学数列复习题型归纳解题方法整理.doc

数列
一、 等差数列与等比数列
1.基本量思想：
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”是处理问题基本措施。
2.等差数列与等比数列联络
1）若数列是等差数列，则数列是等比数列，公比为，其中是常数，是公差。（a>0且a≠1）；
2）若数列是等比数列，且，则数列是等差数列，公差为，其中是常数且，是公比。
3）若既是等差数列又是等比数列,则是非零常数数列。
3.等差与等比数列比较

等差数列
等比数列
定义

通项公式
=+（n-1）d=+（n-k）d=dn+-d

求和公式

中项公式
A=
推广：2=
。
推广：
性质
1
若m+n=p+q则
若m+n=p+q，则。
2
若成A.P（其中）则也为A.P。
若成等比数列 （其中），则成等比数列。
3
． 成等差数列。
成等比数列。
4

，
4、经典例题分析
【题型1】 等差数列与等比数列联络
例1 （陕西文16）已知{an}是公差不为零等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}通项;（Ⅱ）求数列{2an}前n项和Sn.
解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，
由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，
解得d＝1，d＝0（舍去）， 故{an}通项an＝1+（n－1）×1＝n.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知=2n，由等比数列前n项和公式得
Sm=2+22+23+…+2n==2n+1-2.
小结与拓展：数列是等差数列，则数列是等比数列，公比为，其中是常数，是公差。（a>0且a≠1）.
【题型2】 与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式结合
例2 已知数列{an}前三项与数列{bn}前三项对应相似，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}通项公式。
解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N*) ①
当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*) ②
①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，
在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，
∴an＝24－n(n∈N*)． 由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，
∴数列{bn＋1－bn}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)
＝n2－7n＋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)
＝8＋＝n2－7n＋14(n∈N*)．
小结与拓展：1）在数列{an}中，前n项和Sn与通项an关系为：
.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常用措施。
【题型3】 中项公式与最值（数列具有函数性质）
例3 （汕头一模）在等比数列｛an｝中，an＞0 (nN＊），公比q(0,1)，且a1a5 + 2a3a5 +a 2a8＝25，a3与as等比中项为2。（1）求数列｛an｝通项公式；（2）设bn＝log2 an，数列｛bn｝前n项和为Sn当最大时，求n值。
解：（1）由于a1a5 + 2a3a5 +a 2a8＝25，因此， + 2a3a5 +＝25
又an＞o，…a3＋a5＝5 又a3与a5等比中项为2，因此，a3a5＝4
而q（0,1），因此，a3＞a5，因此，a3＝4，a5＝1，，a1＝16，因此，

（2）bn＝log2 an＝5－n，因此，bn＋1－bn＝－1，
因此，{bn}是以4为首项，－1为公差等差数列。因此，
因此，当n≤8时，＞0，当n＝9时，＝0，n＞9时，＜0，
当n＝8或9时，最大。
小结与拓展：1）运用配措施、单调性法求数列最值；2）等差中项与等比中项。

二、 数列前n项和
1.前n项和公式Sn定义：
Sn=a1+a2+…an。
2.数列求和措施（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、等比数列数列；4）常用公式:
；
；
；
。
（2）分组求和法：把数列每一项提成多种项或把数列项重新组合，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：假如一种数列{an}，与首末两端等“距离”两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列前n项和即可用倒序相加法。如：等差数列前n项和即是用此法推导。
（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。
合用于其中{}是各项不为0等差数列，c为常数；某些无理数列、含阶乘数列等。如：1）和（其中等差）可裂项为：；2）。（根式在分母上时可考虑运用分母有理化，因式相消 求和）
常用裂项公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）
（5）常用放缩公式：.
3.经典例题分析
【题型1】 公式法
例1 等比数列前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－p，则＝________.
解：1）当n=1时，；
2）当时，。
由于数列为等比数列，因此
从而等比数列为首项为1，公比为2等比数列。
故等比数列为首项为1，公比为等比数列。

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
数列；4）常用公式:（见知识点某些）。5）等比数列性质：若数列为等比数列，
则数列及也为等比数列，首项分别为、，公比分别为、。
【题型2】 分组求和法
例2 （丰台期末18）数列中，，且点在函数图象上.（Ⅰ）求数列通项公式；（Ⅱ）在数列中，依次抽取第3，4，6，…，，…项，构成新数列，试求数列通项及前项和.
解：（Ⅰ）∵点在函数图象上，∴。
∴，即数列是觉得首项，2为公差等差数列，
∴。
（Ⅱ）依题意知：
∴==.
小结与拓展：把数列每一项提成多种项，再把数列项重新组合，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 （东城二模19改编）已知数列前项和为，，，设．（Ⅰ）证明数列是等比数列；
（Ⅱ）数列满足，求。
证明：（Ⅰ）由于， ①
当时，． ②
① ②得 ． 因此 ．
又， 因此．
由于，且，因此．
因此．故数列是首项为，公比为等比数列．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，则（）．

．
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。它合用于其中{}是各项不为0等差数列，c为常数；某些无理数列、含阶乘数列等。如：1）和（其中等差）可裂项为：；2）。（根式在分母上时可考虑运用分母有理化，因式相消求和）
4.数列求和措施（2）
（5）错位相减法：合用于差比数列（假如等差，等比，那么叫做差比数列）即把每一项都乘以公比，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。
如：等比数列前n项和就是用此法推导.
（6）累加（乘）法

（7）并项求和法：一种数列前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）其他措施：归纳、猜测、证明；周期数列求和等等。

5.经典例题分析
【题型4】 错位相减法
例4 求数列前n项和.
解：由题可知{}通项是等差数列{2n}通项与等比数列{}通项之积
设 ①
② （设制错位）
①－②得（错位相减）

∴
【题型5】 并项求和法
例5 求＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
解：＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋ 99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.
【题型6】 累加（乘）法及其他措施：归纳、猜测、证明；周期数列求和等等
例6 求之和.
解：由于 （找通项及特性）
∴＝（分组求和）＝＝
＝
6.归纳与总结
以上一种8种措施虽然各有其特点，但总原则是要善于变化原数列形式构造，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列求和公式以及其他已知基本求和公式来处理，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、 数列通项公式
1.数列通项公式
一种数列{an} 与 之间函数关系，假如可用一种公式an＝f(n)来体现，咱们就把这个公式叫做这个数列通项公式．
2.通项公式求法（1）
（1）定义法与观测法（合情推理：不完全归纳法）：直接运用等差数列或等比数列定义求通项措施叫定义法，这种措施适应于已知数列类型题目；有数列可以根据前几项观测出通项公式。
（2）公式法：在数列{an}中，前n项和Sn与通项an关系为：
(数列前n项和为).
（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
解法：把原递推公式转化为，运用累加法(逐差相加法)求解。
类型2 （1）递推公式为
解法：把原递推公式转化为，运用累乘法(逐商相乘法)求解。
（2）由和确定递推数列通项可如下求得：
由已知递推式有， ，，依次向前代入，得，这就是叠（迭）代法基本模式。
类型3 递推公式为（其中p，q均为常数，）。
解法：把原递推公式转化为：，其中，再运用换元法转化为等比数列求解。
3.经典例题分析
【题型1】 周期数列
例1 若数列满足，若，则=____。
答案：。
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
例2 已知数列满足，，求。
解：由条件知：
分别令，代入上式得个等式累加之，即

因此
，

小结与拓展：在运用累加法时,要尤其注意项数,计算时项数轻易出错.
【题型3】 递推公式为，求通项
例3 已知数列满足，，求。
解：由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即
又，
小结与拓展：在运用累乘法时,还是要尤其注意项数,计算时项数轻易出错.
【题型4】 递推公式为（其中p，q均为常数，），求通项
例4 在数列中，，当时，有，求通项公式。
解法1：设，即有，对比，得，于是得，数列是觉得首项，以3为公比等比数列，因此有。
解法2：由已知递推式，得，上述两式相减，得，因而，数列是觉得首项，以3为公比等比数列。因此，即，因此。
小结与拓展：此类数列处理措施是将其构导致一种新等比数列，再运用等比数列性质进行求解，构造措施有两种，一是待定系数法构造，设，展开整顿，比较系数有，因此，因此是等比数列，公比为，首项为。二是用做差法直接构造，，，两式相减有，因此是公比为等比数列。也可用“归纳—猜测—证明”法来求，这也是近年高考考得诸多一种题型.
4.通项公式求法（2）
（5）构造法
构造法就是在处理某些数学问题过程中，通过对条件与结论充足剖析，有时会联想出一种恰当辅助模型，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，产生新解题措施，这种思维措施特点就是“构造”.若已知条件给是数列递推公式规定出该数列通项公式，此类题一般较难，但使用构造法往往给人耳目一新感觉.
1）构造等差数列或等比数列
由于等差数列与等比数列通项公式显然，对于某些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效构造措施.
2）构造差式与和式
解题基本思绪就是构造出某个数列相邻两项之差，然后采用迭加措施就可求得这一数列通项公式.
3）构造商式与积式
构造数列相邻两项商式，然后连乘也是求数列通项公式一种简朴措施.
4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数，取倒数代数变形措施，可由复杂变为简朴，使问题得以处理.
（6）归纳猜测证明法
数学归纳法
（7）已知数列前项之积Tn，一般可求Tn-1，则an＝（注意：不能忘掉讨论）.
如：数列中，对所有均有，则__________.
四、经典例题分析
【题型5】 构造法：1）构造等差数列或等比数列
例5 设各项均为正数数列前n项和为，对于任意正整数n，均有等式：成立，求通项.
解：，
∴
，∵，∴. 即是以2为公差等差数列，且.
∴
小结与拓展：由于等差数列与等比数列通项公式显然，对于某些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效构造措施.
【题型6】 构造法：2）构造差式与和式
解题基本思绪就是构造出某个数列相邻两项之差，然后采用迭加措施就可求得这一数列通项公式。
例6 设是首项为1正项数列，且，（n∈N*），求数列通项公式an.
解：由题设得.
∵，，∴.
∴

【题型7】 构造法：3）构造商式与积式
构造数列相邻两项商式，然后连乘也是求数列通项公式一种简朴措施.
例7 数列中，，前n项和，求.
解：
，
∴
∴
【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，取倒数代数变形措施，可由复杂变为简朴，使问题得以处理.
例8 设正项数列满足，（n≥2）.求数列通项公式.
解：两边取对数得：，，设，
则
是以2为公比等比数列，.
，，，
∴
【题型9】 归纳猜测证明
例9 设数列｛an｝前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…
（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝通项公式
解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝
当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，
于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝
(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，
即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得
Sn－1Sn－2Sn＋1＝0 ①
由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝ 由①可得S3＝
由此猜测Sn＝，n＝1，2，3，…
下面用数学归纳法证明这个结论
(i)n＝1时已知结论成立
(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，
当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，
故n＝k＋1时结论也成立
综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立
于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，
又n＝1时，a1＝＝，因此
｛an｝通项公式an＝，n＝1，2，3，……