高中数学数列复习题型归纳解题方法

高中数学数列复习_题型概括_解题方法整理高中数学数列复习_题型概括_解题方法整理高中数学数列复习_题型概括_解题方法整理精选文档数列典型例解析【型1】等差数列与等比数列的系例1〔2021西文16〕{an}是公差不零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.〔Ⅰ〕求数列{an}的通;〔Ⅱ〕求数列{2an}的前n和Sn.解：〔Ⅰ〕由知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12d＝18d，112d解得d＝1，d＝0〔舍去〕，故{an}的通an＝1+〔n－1〕×1＝n.(Ⅱ)由〔Ⅰ〕知2am=2n，由等比数列前n和公式得Sm=2+22+23+⋯+2n=2(12n)=2n+1-2.12小与拓展：数列an是等差数列，数列{aan}是等比数列，公比ad，此中a是常数，d是an的.精选文档公差。〔a>0且a≠1〕.【型2】与“前n和Sn与通an〞、常用求通公式的合2数列{an}的前三与数列{bn}的前三同样，且a1＋2a2＋22a3＋⋯＋2n－1an＝*8n随意的n∈N都建立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通公式。解：a1＋2a2＋22a3＋⋯＋2n－1an＝8n(n∈N*)①n≥2，a1＋2a2＋22a3＋⋯＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*)②①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴an＝24－n*＝4，(n∈N)．由意知b1＝8，b2.精选文档b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，∴数列{bn＋1－bn}的公差－2－(－4)＝2，∴bn1－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〕bn－bn－1＝2n－8，bn－1－bn－2＝2n－10，⋯b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，.精选文档相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋⋯＋(2n－8)＝8＋(n－1)(－4＋2n－8)＝2n2－7n＋14(n∈N*)．小与拓展：1〕在数列{an}中，前n和Sn与通an的关系：ana1S1(n1)SnSn1(n2,nN)

.是重要考点；2〕达定理惹起重；3〕迭代法、累加法及累乘法是求数列通公式的常用方法。【型3】中公式与最〔数列拥有函数的性〕例3〔2021汕一模〕在等比数列｛an｝中，an＞0(nN＊〕，公比q(0,1)，且a1a5+2a3a5+a2a8＝25，a3与as的等比中2。〔1〕求数列｛an｝的通公式；〔2〕bn＝log2an，数列.精选文档S1S2Sn最大，求｛bn｝的前n和Sn当12???nn的。解：〔1〕因a1a5+2a3a5+a2a8＝25，因此，a32+2a3a5+a52＝25又an＞o，⋯a3＋a5＝5又a3与a5的等比中2，因此，a3a5＝4而q〔0,1〕，因此，a3＞a5，因此，a3＝4，a5＝1，q1，a1＝16，因此，21n1an1625n22〕bn＝log2an＝5－n，因此，bn＋1－bn＝－1，因此，{bn}是以4首，－1公差的等差数列。因此，Snn(9n),Sn9n2n2因此，当n≤8，Sn＞0，当n＝9，Sn＝0，nnn＞9，Sn＜0，n当n＝8或9，S1S2???Sn最大。12n.精选文档小与拓展：1〕利用配方法、性法求数列的最；2〕等差中与等比中。二、数列的前n和1.前n和公式Sn的定：Sn=a1+a2+⋯an。2.数列乞降的方法〔1〕1〕公式法：1〕等差数列乞降公式；2〕等比数列乞降公式；3〕可化等差、等比数列的数列；4〕常用公式:n123Ln1；kn(n1)k12nk2122232Ln21n(n1)(2n1)；6k1n333Ln3n(n1)]2k3123[2；k1n135...(2n-1)n2。(2k1)k1.精选文档2〕分组乞降法：把数列的每一项分红多个项或把数列的项从头组合，使其转变成等差数列或等比数列，而后由等差、等比数列乞降公式求解。3〕倒序相加法：假如一个数列{an}，与首末两头等“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，可乞降。合用于c此中{an}是各项不为0的等差数anan1列，c为常数；局部无理数列、含阶乘的数列等。如：1〕1和1〔此中an等差〕可anan1anan1裂项为：11(11)；2〕11(an1an)。〔根anan1danan1anan1d式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消乞降〕.精选文档常有裂项公式：1〕2〕3〕

111n(n1)nn1；1k)1(11)；n(nknnk1111n(n1)(n1)2[]；n(n1)(n1)(n2)3.典型例题解析【题型1】公式法例1等比数列{an}的前ｎ项和ｎ＝2ｎ－p，那么Sa12a22a32an2＝________.解：1〕当n=1时，a12-p；2〕当n2时，anSn-Sn-1(2n-p)-(2n-1-p)2n-1。因为数列{an}为等比数列，因此a12-p21-11p1进而等比数列{an}为首项为1，公比为2的等比数列。.精选文档故等比数列an2首1，公比q24的等比数列。a12a22a32an21(1-4n)1(4n-1)1-43小与拓展：1〕等差数列乞降公式；2〕等比数列乞降公式；3〕可化等差、等比数列的数列；4〕常用公式:〔知点局部〕。5〕等比数列的性：假定数列{an}等比数列，数列a2n及1也等比数列，首分a12、an121。a，公比分q、q1【型2】分乞降法例2〔2021年丰台期末18〕数列{an}中，a11，且点(an,an1)(nN)在函数f(x)x2的象上.〔Ⅰ〕求数列{an}的通公式；〔Ⅱ〕在数列{an}中，挨次抽取第3，4，6，⋯，2n12，⋯，成新数列{bn}，求数列{bn}的通bn及前n和Sn.解：〔Ⅰ〕∵点(an,an1)在函数f(x)x2的象上，∴.精选文档an1an2。an1an2，即数列{an}是以a11为首项，2为公差的等差数列，∴an1(n1)22n1。〔Ⅱ〕依题意知：ban122(2n12)12n3n2∴=nn=Snb1b2Lbni1(2i3)2i3ni122n13n2n13n2.12小结与拓展：把数列的每一项分红多个项，再把数列的项从头组合，使其转变成等差数列或等比数列，而后由等差、等比数列乞降公式求解。【题型3】裂项相消法例anbn

3〔2021年东城二模的前n项和为Sn，a1an12an．

19改编〕数列1，Sn14an1，设.精选文档〔Ⅰ〕证明数列bn是等比数列；1〔Ⅱ〕数列cn知足cnlog2bn3(nN*)，求Tnc1c2c2c3c3c4Lcncn1。证明：〔Ⅰ〕因为Sn14an1，①当n2时，Sn4an11．②①②得an14an4an1．因此an12an2(an2an1)．又bnan12an，因此bn2bn1．因为a11，且a1a24a11，因此a23a114．因此b1a22a12．故数列bn是首项为2，公比为2的等比数列．解：〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知bn2n，那么cnlog211〔nN*〕．bn3n3Tnc1c2c2c3c3c4Lcncn11111L(n3)(n4)45566711n．4n44(n4)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.精选文档和。它合用于c此中{an}是各项不为0的等anan1差数列，c为常数；局部无理数列、含阶乘的数列等。如：1〕1和1〔此中an等差〕anan1anan1可裂项为：11(11)；2〕11(an1an)。anan1danan1anan1d〔根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消乞降〕〔5〕错位相减法：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，转变成等比数列乞降。如：等比数列的前n项和就是用此法推导的.6〕累加〔乘〕法7〕并项乞降法：一个数列的前n项和中，可两两联合求解，那么称之为并项乞降.形如an＝(－1)nf(n)种类，可采纳两项归并求。.精选文档5.典型例题解析【题型4】错位相减法2462n例4求数列2,22,23,,2n,前n项的和.解：由题可知{2nn}的通项是等差数列{2n}的通2项与等比数列{1n}的通项之积2设Sn2462n222232n1Sn2462n22223242n1〔设制错位〕

①②①－②得1222222n〔错(1)Sn22223242n2n12位相减〕212n2n12n1.精选文档∴n2Sn4n12【型5】并乞降法5求S100＝1002－992＋982－972＋⋯＋22－12解：S100＝1002－992＋982－972＋⋯＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋⋯＋(2＋1)＝5050.【型6】累加〔乘〕法及其余方法：、猜想、明；周期数列的乞降等等例6求1111111111之和.n个1解：因为1111199991(10k1)〔找通及特色〕k个19k个19∴11111111111112131n＝9(101)9(101)9(101)9(101)n个1〔分乞降〕＝1(10110210310n)1(1111)＝99n个1110(10n1)n910191(10n1109n)81.精选文档6.概括与总结以上8种方法固然各有其特色，但总的原那么是要擅长改变原数列的形式结构，使其能进行消项办理或能使用等差数列或等比数列的乞降公式以及其余的根本乞降公式来解决，只需很好地掌握这一规律，就能使数列乞降化难为易，水到渠成。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，假如可用一个公式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．2.通项公式的求法〔1〕1〕定义法与察看法〔合情推理：不完整概括法〕：直接利用等差数列或等比数列的定义.精选文档求通项的方法叫定义法，这类方法适应于数列种类的题目；有的数列能够依据前几项察看出通项公式。〔2〕公式法：在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：ana1S1(n1)(数列{an}的前n项的和为SnSn1(n2,nN)sna1a2Lan).3〕周期数列由递推式计算出前几项，找寻周期。4〕由递推式求数列通项种类1递推公式为an1an解法：把原递推公式转变成加法(逐差相加法)求解。种类2〔1〕递推公式为解法：把原递推公式转变成

f(n)an1anf(n)，利用累an1f(n)anan1f(n)，利用累乘an法(逐商相乘法)求解。〔2〕由an1f(n)an和a1确立的递推数列an的通项可.精选文档以下求得：由递推式有anf(n1)an1，an1f(n2)an2，???，a2f(1)a1挨次向前代入，得anf(n1)f(n2)f(1)a1，这就是叠〔迭〕代法的根本模式。种类3递推公式为an1panq〔此中p，q均为常数，(pq(p1)0)〕。解法：把原递推公式转变成：an1tp(ant)，此中tq，再利用换元法转变成等比数列求解。1p3.典型例题解析【题型1】周期数列2an,(0an1)例1假定数列an知足an112，假定an1)2an1,(2a176，那么a20=____。答案：5。7小结与拓展：由递推式计算出前几项，找寻周.精选文档期。【题型2】递推公式为an1anf(n)，求通项例2数列an知足a11，an1ann21，求an。2n解：由条件知：an1an1111n2nn(n1)nn1分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)(111111)(11)()(4)2233n1n因此ana111na11，an1113122n2n小结与拓展：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数简单犯错.【题型3】递推公式为an1f(n)an，求通项例3数列an知足a12，an1nan，求an。3n1.解：由条件知入上式得

精选文档an1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代ann1(n1)个等式累乘之，即a2?a3?a4??an123n1an1a1na1a2a3an1234n又a12an23n3，小结与拓展：在运用累乘法时,仍是要特别注意项数,计算时项数简单犯错.【题型4】递推公式为an1panq〔此中p，q均为常数，(pq(p1)0)〕，求通项例4在数列{an}中，a11，当n2时，有an3an12，求{an}的通项公式。解：设anm3(an1m)，即有an3an12m，对比anm1，于是得an13(an11)，数列{an1}是以a1首项，以3为公比的等比数列，因此有an〔5〕结构法

3an12，12为23n11。结构法就是在解决某些数学识题的过程中，经过对条件与结论的充分解析，有时会联.精选文档想出一种适合的协助模型，如某种数目关系，某个直观图形，或许某一反例，以此促成命题变换，产生新的解题方法，这类思想方法的特色就是“结构〞.假定条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题往常较难，但使用结构法常常给人耳目一新的感觉.1〕结构等差数列或等比数列因为等差数列与等比数列的通项公式明显，关于一些递推数列问题，假定能结构等差数列或等比数列，无疑是一种卓有成效的结构方法.2〕结构差式与和式解题的根本思路就是结构出某个数列的相邻两项之差，而后采纳迭加的方法便可求得这一数列的通项公式.3〕结构商式与积式结构数列相邻两项的商式，而后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.4〕结构对数式或倒数式有些数列假定经过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变成简单，使问题得以解决..精选文档6〕概括猜想证明法数学概括法7〕数列{an}前n项之积Tn，一般可求Tn-1，那么an＝Tn〔注意：不可以忘掉议论〕.Tn－1n1如：数列{an}中，对全部的nN都有a1a2a3ann2，a3a5__________.四、典型例题解析【题型5】结构法：1〕结构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，关于随意正整数n，都有等式：an22an4Sn成立，求an的通项an.解：an22an4Sn22an14Sn1，an1∴an2an212an2an14(SnSn1)4an(anan1)(anan12)0，∵anan10，∴anan12.an是以2为公差的等差数列，且a122a14a1a12.∴an22(n1)2n.精选