2019高考数学数列专题目

等差数列等差数列的定义：—=d(d为常数).2．等差数列的通项公式：TOC\o"1-5"\h\z⑴a=a+Xdn1(2)a=a+Xdnm等差数列的前n项和公式：S==.n等差中项：如果a、b、c成等差数列，贝小叫做a与c的等差中项，即b=数列｛a｝是等差数列的两个充要条件是：n⑴数列｛a｝的通项公式可写成a=pn+q(p,qWR)nn⑵数列｛a｝的前n项和公式可写成S=am+bn(a,b^R)nn等差数列｛a｝的两个重要性质：n⑴m,n,p,qWN*，若m+n=p+q，贝.⑵数列｛a｝的前n项和为S,S—S，S—S成数列.2nn3n2第3课时等比数列1•等比数列的定义：」=q(q为不等于零的常数).()2．等比数列的通项公式：(1)a=aqn—i(2)a=aqn—mn1nm等比数列的前n项和公式:

S=n(S=n(q工1)(q=1)等比中项：如果a,b,c成等比数列，那么b叫做a与c的等比中项，即b2=等比数列｛a｝的几个重要性质：n⑴m,n,p,qWN*，若m+n=p+q，则.⑵S是等比数列｛a｝的前n项和且SHO,贝US’S—S,S—S成数列.nnnn2nn3n2n⑶若等比数列｛a｝的前n项和S满足｛S｝是等差数列，贝9｛a｝的公比q=nnnn数列通项公式的几种方法、观察法即归纳推理，一般用于解决选择、填空题。过程：观察一概括、推广一猜出一般性结论。例1、数列｛a｝的前四项为：11、102、1003、10004、n分析：11=10+1,102=102+2,1003=103+3,10004=104+4即a=10n+nn、公式法TOC\o"1-5"\h\z(Sn=1a=K1，即已知数列前n项和，求通项。n[S-Sn>2\o"CurrentDocument"nn-1例2、已知数列｛a｝前n项和S满足：log(S+1)=n+1，求此数列的通项公式。nn2n解：S=2n+1—1n当n=1时，a=31当n>2时，a=S-S=2n+1-2n=2n当n>2时，nnn-1所以：an所以：an32nn=1n>2三、递推公式1、累差法递推式为：a二a+f(n)(f(n)可求和)n+1n思路：：令n=1,2,…,n-1可得a-a=f(1)21a-a=f(2)32a-a=f(3)43a-a=f(n-1)nn-1将这个式子累加起来可得a-a二f(l)+f(2)+・・・+f(n-l)n1Tf(n)可求和•'•a二a+f(l)+f(2)+•••+f(nT)n1当然我们还要验证当n=1时,％是否满足上式4--n(n+l)(2n+1)可能要用到的一些公式：12+22+32…+n2二——?613+23+33…+n3=［兀(兀+1)］224cn(n+1)1+2+3•…+n2例3、已知数列｛a｝中，a,a=a+2，求a1=1n+1nn解：令n=1,2,…，n-1可得a-a=221a-a=2232a-a=2343a-a=2n-1nn-1将这个式子累加起来可得a-a二f(l)+f(2)+・・・+f(n-l)n1Tf(n)可求和•a=a+f(l)+f(2)+・・・+f(n-l)n1当n=1时,a］适合上式故a=2n-1n2、累商法递推式为：a=f(n)a(f(n)要可求积)n+1n思路：令n=l,2,…，n-1可得a/a=f(l)21a/a=f(2)32a/a=f(3)43a/a=f(n-1)nn-1将这个式子相乘可得a/a二f(l)f(2)・・・f(n-l)n1•••f(n)可求积.°.a二af(l)f(2)•••f(n—l)n1当然我们还要验证当n=1时，ai是否适合上式例4、在数列｛a｝中，a=2,a=(n+l)a/n，求an1n+1nn解：令n=l,2,…，n-1可得a/a=f(1)21a/a=f(2)32a/a=f(3)43a/a=f(n—1)nn—1将这个式子相乘后可得a/a=2/1X3/24X/3X—Xn/(n—1)n1即a=2nn当n=1时，a也适合上式n.a=2nn3、构造法(1)、递推关系式为a=pa+q(p,q为常数)n+1n思路：设递推式可化为a+x=p(a+x),得a=pa+(p-1)x，解得x=q/(p-1)n+1nn+1n故可将递推式化为a+x=p(a+x)n+1n构造数列｛b｝,b=a+q/(p-1)nnnb=pb即b/b=p,｛b｝为等比数列.+1+1故可求出b=f(n)再将b=a+q/(p—1)代入即可得aTOC\o"1-5"\h\znnnn例5、数列｛a｝中，对于n〉1(n€N)有a=2a+3,求annn—1n解：设递推式可化为a+x=2(a+x),得a=2a+x，解得x=3nn—1nn—1故可将递推式化为a+3=2(a+3)nn—1构造数列｛b｝,b=a+3nnnb=2b即b/b=2,｛b｝为等比数列且公比为3nn—1nn—1nb=b•3,b=a+3nn—1nnb=4X3n—1na+3=4X3n—1,a=4X3n—1—1nn(2)、递推式为a=pa+qn(p,q为常数)n+1n思路：在a=pa+qn两边同时除以qn+1得n+1na/qn+1二p/qa/q+i/qn+1nn构造数列｛b｝,b=a/qn可得b=p/qb+1/qnnnn+1n故可利用上类型的解法得到b=f(n)n再将代入上式即可得an例6、数列｛a｝中，a+5/6,a=(1/3)a+(1/2)n，求aTOC\o"1-5"\h\zn1n+1nn解：在a=(1/3)a+(1/2)n两边同时除以(l/2)n+1得n+1n2n+ia=(2/3)X2na+1n+1n构造数列｛b｝,b=2na可得b=(2/3)b+1nnnn+1n故可利用上类型解法解得b=3-2X(2/3)nn2na=3-2X(2/3)nna=3X(1/2)n-2X(1/3)nn(3)、递推式为：a=pa+qa(p,q为常数)n+2n+1n思路：设a=pa+qa变形为a-xa=y(a-xa)n+2n+1nn+2n+1n+1n也就是a=(x+y)a-(xy)a，则可得到x+y=p,xy=-qn+2n+1n解得x,y,于是｛b｝就是公比为y的等比数列(其中b=a-xa)nnn+1n这样就转化为前面讲过的类型了．例7、已知数列｛a｝中，a=1,a=2,a=(2/3)•a+(1/3)•a,求an12n+2n+1nn解：设a=(2/3)a+(1/3)a可以变形为a-xa=y(a-xa)n+2n+1nn+2n+1n+1n也就是a=(x+y)a-(xy)a，则可得到x+y=2/3,xy=T/3n+2n+1n可取x=1,y=-1/3构造数列｛b｝,b=a-annn+1n故数列｛b｝是公比为-1/3的等比数列n即b=b(-1/3)n-1n1b=a-a=2-1=1121b=(-1/3)n-1na-a=(-1/3)n-1n+1n故我们可以利用上一类型的解法求得a=1+3/4X[1-(-1/3)n-1](n€N*)n四、求解方程法若数列｛a｝满足方程f(a)=0时，可通过解方程的思想方法求得通项。nn例8、已知f(X)=2x-2-x，数列｛a｝满足f(loga)=-2n，求数列｛a｝的通项公式。n2nn解:f(X)=21^2an-2-I%an=一2H1…a一—=一2nnana2+2na一1=0nn五、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.思路：由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出a，再用数学归纳法证明n例9、已知数列｛a｝中，a=a2-na+1,a=2，求ann+1nn1n解：由已知可得a=2,a=3,a=4,a=5,a=612345由此猜想a=n+1，下用数学