2019年高考数学专题复习资料数列

nanmd12019高考数专题复习料：数列一数nanmd11（注snnn②(nnn③（n1（二等与比列基知1等数⑴通公与差定式一式

dpn推形：

)dnm

SS前项与公差的关系：

⑵

项与项

的系前n和式

s

a)n(1nnan(a

.前n和式一式,其中A,d22ff的n项

与

S

的系

(nnn

⑶

常性：m+n=p+q，则有

anp

是,m

p

m、an间隔相等的连续等长片断和序列

,aa146,7

为d为其

,S

2

S3

2

m

m

ddSS中ddSS中A、

列为D=m2d，即2)-2mmm、

S，S，等差数m

n2nn2项，②奇；Sa偶2n项，；奇Sn偶100,则S

2

1n项的.1s1aa1n项的.1s1aanTT．．

na

(

求,SS

为

SD

63.等

qn1*)n

an

n

q

ana(1n)q1nnanaq1qann1n，ABn，则

ap

q

是amn

p

2

n

m、列;数79

a1456,

n

,SS2m3m

2

m

m

qm

{b}

积为，则

TT,kTT2k

列.

数

为列3

aa

d(常数）（nN

列a

（nkn(,为常)nSAnBn(为数n）定义法：a

q（常数）中项法：

a

n

2

n

n

ann）通项公式法：

(为常）n

)（k,q为数

（k,q为常数数最的解

）

S

时S有最小值）

Sann

N

正、负分界项，an

或nan例1：等差数

，

4

2a，S02a

0

10）项和最大2

S

，S，d

，1

12

12d,224同理：d,根据已知，Sd7

，S

S

，n=12前

007

S

161d

3前n项和

n

n

n

项是第n

前项和SAnaann

11f)2nnf(n)fn)n

,取得最小值，

112，分别求f(2)f4

当

小n对于

且值,d0且数值较大,

、…时的

n

aa

a,的最小：法一（均值不）

--33

5

mmf(nmm

a3333a可见当，即n时nn

取得最小值

33

6，f(5)

3363，(6)，可n时取得最小值。56已知

n

,SS则的最小为

SSS00annS令f()nS,f(),当fn)即n3

而f(6)，f(7)-49，故-49、6

得n则na，以列的项式nna得n则na，以列的项式nnaa

f()

思：原推转为

n

f()n

，使累法逐相法求。，知列

{}满nn

an1

，数

{}n

的项式解由

n

nann

nn

则an

n

a

n

n

a*121以逐次累加n

2所数

{}n

的项式

a

变：

已数

{}满nn

an

，a21

，数

{}n

的项式解

an

两除

n

3an2n22n22

此时()

故{n}2

是12

22

为项以为差等数等数的项式得

331n{}a)22

n

、n

n

能直

n

an

n

nnn2n

{}2n

3nn

{}n

2：等比数列型

f()

nf(nn

例2004年全国I第题原是空）知列

{}n

满ana(n2)求{}1n

的项式解因

a(nn23

①所

n

a123

nan

②7

。以的项式nnn2a3用式①得。以的项式nnn2a3

nan(n2)nnn

；

a2)a所

aaaaan

a(a

a

n!2

a

③由

(nn23

，

取a22

，

a21

，知

1

，2

，入得an

!n!{}a.2

n(n2)n

n

3

时，n

{}n

4：待定系数法处理

n

n

或

型列把原递式

paq

转化

n

p(tn

;

转化思：令a

p-t此式与原式比，则数n比数列1a-t例数

an

n

a求n

n解令

n

2(),比较原递推式，tn

aa

的

2n-1n

2nnn

*21

其中b1

变1已数

{}n

满

an

an

n

，a1

，数

通公。思路：等式两边同时除于

；原递推式变成n*n,nn555

n

8

235an235an5()tb,b155155

1*ba5

n

an

n

n

(a-t)n

{}变2：

{}满a

na

{}

n

n变3：

{}满

an1

{}

n

n变4：

{}满n

aa，nn

{}

bn

1

n

an

1

b2n

,nn5已知

n

Sf求nn

n这类一利

a

S,nSn

,n

1

导

nn

消得到与a的推n式再用面方求出

n

（识移

a

S,nSn

2

）

n

n

1

的关n

n

1）9

nnnnnnnnnnf(n)a2a)nnnnnnnnnnf(n)a2a)(1n1n33

n

n

n

n

11111)(4)a222

a

n

12

12n

1*22

22

n

an

n

an22

nana

b2

a

n

S2n1

n1

b,b2nn

n

n

n6：

a1

f(n

n用商：

(1),(n,(n2)(26；

1

3

3

2nnad

na(1)n11

(([

x3

2

求x

前.由

lox3

lol2

由比列和得10

12*＝112*＝1n

2

3

n

x(1n)

11)＝1－）1n12[设＝n∈,求n

Sf()(n

n

.Sn

(S(n

f()

Sn(n

n

264834)n

150当

即时，(n

二错相法和前n项和{b}中{}{}列.nnn[

Sxxx3

①由题可知{

(2

n

}列{2n1}的通项与等比数{

}

x

②

(1)Sx2x4n

n

)xn

n

(2n

n

S

(2nxn(2n)2[

462n,,23

前n项的和.，{

2n2n

}{列{}211

nn

46n23n

…①124S222242n

…-②

1(1)S2

222n222n

2n

n

n三反相法和前n到n

()1n

[s1223的值

89…221………..

sinx),sin2x2

+②得

2

1

cos

2

1

)(sin

2

cos

2

)

2

2

)

89题

S＝44.5

.1=112

nn(31nn(31

.可.[前n项1a2an

4)

n1a2a当时Sn

n(3n2时S2通（裂项）

(n(n)

sin1

n

tann

a

1;a(nn

1n2

1()()()CAnAn13

nnnn

n

n;a

b

[

2

,

3

,

n

,

前

n

n

n

23

(22)n[7]

{}

nn

bn

2an

n

列{}n∵an

2nn2

b

2118()nnn22数列{}前n111111)))34nn

)])

8nn六分求法合法和因此Sn[求cos1°++++cos178°+设S°cos2+cos3°··+cos178°+n