高二数学常见数列公式运用

常见数列公式等差数列等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即气一气_1=d，(nN2,nEN+)，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差(常用字母“d”表示)•等差数列的通项公式：a=a+(n-1)d a=a+(n一m)d或 a=pn+q(p、q是常数))TOC\o"1-5"\h\zn1 nm n有几种方法可以计算公差d①d=a—a②d=—―1③d= mn n-1 n—1 n—m等差中项：A=毋=a,b,成等差数列等差数列的性质：m+n=p+q=a+a=a+a(m,n,p,qEN)等差数列前n项和公式等差数列的前n项和公式S=怛+气)⑵s=na+n(n-1)d⑶S=dn2+(a-d)n，当dn2 n1 2 n2 1 2力0，是一个常数项为零的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法：利用a:当a>0，d<0，前n项和有最大值，可由a巳0，且a<0，求得n的值-n n n n+1当an<0，d>0，前n项和有最小值.可由an<0，且。明巳0，求得n的值*利用S仇:由Sn=|n2+(a1-&n二次函数配方法求得最值时n的值*等比数列1.等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示(q/0)，即：一—=q(q/0)an-12.等比数列的通项公式：an=a1-qn-1(a「q。0)，3.｛a｝成等比数列O£=q(ngN+,q^0) “a=0”是数列｛a｝成等比数列n a n n

的必要非充分条件既是等差又是等比数列的数列：非零常数列.等比中项：G为a与b的等比中项.即G=±Jib（a,b同号）.性质：若m+n=p+q,aaaa判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法等比数列的增减性：当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时，&」是递增数列;当q>1,气<0,或0<q<1,气>0时，&」是递减数列；当q=1时，an｝是常数列；当q<0时，an｝是摆动数列；等比数列前n项和等比数列的前n项和公式：.••当q1时，s*：qn）①或S巴斐②n1q n1q当q=1时，Sn na1当已知a”q,时用公式①；当已知aq,a时，用公式②.1 1 n数列通项公式的求法—、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目.例1.等差数列a是递增数列，前n项和为S，且aaa—、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目.例1.等差数列a是递增数列，前n项和为S，且aaa成等比数列，Sa2.求n n 1 3 9 5 5数列an的通项公式.解：设数列an公差为d（d0）・.・a，a，a成等比数列，.・・a213 9 3即（a1・d39'「2d)20,(a8d)・.・s5a25由①②得:a1a9，d2add 54 d(a4d)22 1•a1•5a1353-n53a—n5点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。(n1)二、公式法若已知数列的前n项和二、公式法若已知数列的前n项和S与a的关系，求数列E｝的通项a可用公式n nS n=1a=j" 求解。n[S—S n22nn-1.例2.已知数列k｝的前n项和S满足Snnnn=2an+(-1)n,n>1.求数列的通项公式。解：由a=S=2a—1na=1乌n>2a=S—S =2(a—a)+2x(—1)n,当 口'J，有nnn—1 n n—1a=2a +2x(—1)n-1,nn—1a1=2a2+2x(—1)n—2,...... a2=2气—2.:a=2-1a+2-1x(—1)+2-2x(—1>+L+2x(—1>-1n1=2n-1+(—1)n[(-2)n-1+(—2)n-2+A+(—2)]2[1-(-2)n-1]=2n-1—(—1)n =2[2n-2+(—1)n-1].经验证a=1也满足上式，所以a=；[2n-2+(—1)n-1]TOC\o"1-5"\h\z1 n3IS n =1点评：利用公式a=〈/ 求解时，要注意对n分类讨论，但若能合n[S—S n>2n n-1写时一定要合并.三、由递推式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。类型1递推公式为a”+1=a”+f(n)解法：把原递推公式转化为a解法：把原递推公式转化为a—an+1n=f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。已知数列k｝中,a=1,且a=a +(—1)k,a=a+3k，其中k=1,2,3, ，求数列n 1 2k 2k-1 2k+1 2kE｝的通项公式。P24(styyj)n例3例3•已知数列上｝满足a1=2，1妇=七+布1 1 1 1解：由条件知:a—a= = =—— 解：由条件知:n+1 nn2+nn(n+1)nn+1分别令n=1,2,3, ,(n—1)，代入上式得(n—1)个等式累加之，即(a—a)+(a—a)+(a—a)+ + (a—a)2 1 3 2 4 3 n n—1

1111 1=(1-—)+(--)+(--)+……+(——23 34 n-1n1所以a—a=1—_C1 . 1,131vya=—，.・a=—+1-—=—-—类型2(1)递推公式为a =f(n)an+1 n解法：把原递推公式转化为当斗=f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。an已知数列｛勾｝，满足已知数列｛勾｝，满足a1=1an=a1+2a2+3a3+…+(〃一1)。1(〃巳2)，则｛an｝的通项a=j1a=j1nP24(styyj)例4,已知数列｝满足例4,已知数列｝满足anan+1解：由条件知分别令n=1,2,3,•....•,(n-1)代入上式得(n-1)个等式累乘之，aaaaa又®a=|，

13a n—an-aaaaa又®a=|，

13a n—an-123n123n-1a=—X—X—x X ——^—234 nan(2).由an+1=f(n)a〃和a1确定的递推数列^〃｝的通项可如下求得:由已知递推式有a”=f(n-1)a〃，a-^=f(n-2)a〃-2，a2=f(1)a1依次向前代入，得。广f(n-1)f(n-2)•••f(1)a简记为aj(Xif(k))a1(n>1,廿f(k)=1)，这就是叠(迭)代法的基本模式。k=1(3)递推式：a=pan+1带来的差异.解法：只需构造数列b｝，消去f(n)n例5.设数列b｝：。］=4,a=3a1+2n-1,(n>2)，求a.解：设b=a+An+B,贝l」a=b-An-B，将a,a1代入递推式，得b-An-B-3lb-A(n-1)-B]+2n-1=3b-(3A-2)n-(3B-3A+1)n-1A=3A-2 ra=1B=3B-3A+1 1B=1・取b=a+n+1・・・(1)则b=3b]，・取b=a+n+1・・・(1)则b入(1)得a=2x3n-n-1说明：(说明：(1)若f(n)为n的二次式则可设b=a+An2+Bn+C；(2)本题也可由a=3a1+2n-1a1=3a2+2(n-1)-1(n>3)两式相减得a—a1=3(a1—a2本题也可由a=3a1+2n-1之.(n>1)，求an。63n-13n-1例6.已知匕=3,(n>1)，求an。63n-13(n-1)-13(n-2)-1解：a= • n3(n-1)+23(n-2)+23n-43n- 52o L 3=3n-13n-4 85类型3递推公式为。“广pan+q(其中p,q均为常数，(pq(p-1)。0))。解法：把原递推公式转化为：a^-t=p(an-t)，其中t=*，再利用换元法转化为等比数列求解。在数列｛。〃｝中，若。］=1,。1=2a+3(n>1)，则该数列的通项。打=P24(styyj)例7.已知数列中，，，求.解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为，令，则，且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.类型4递推公式为（其中p,q均为常数，）。 （或，其中p,q,r均为常数）（本小题满分12分）设数列的前项的和，（I）求首项与通项； P25（styyj）解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：引入辅助数列（其中），得：再应用类型3的方法解决。例8.已知数列中，，，求。解：在两边乘以得：令，则,应用例7解法得： 所以类型5递推公式为（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为其中s，t满足，再应用前面类型3的方法求解。（本小题满分14分）已知数列满足（I）求数列的通项公式；P26（styyj）例9.已知数列中，,,，求。解：由可转化为即或这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则是以首项为，公比为的等比数列，所以，应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，又，所以。类型6递推公式为与的关系式。（或）解法：利用进行求解。（本小题满分12分）已知正项数列｛an｝，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列｛an｝的通项an P24（styyj）例10.已知数列前n项和.（1） 求与的关系；（2）求通项公式.解：（1）由得：于是所以.（2） 应用类型4的方法，上式两边同乘以得：由.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以类型7双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例11.已知数列中，；数列中，。当时，，，求,.解：因所以即 （1）又因为所以…….即 （2）由（1）、（2）得：，四、待定系数法（构造法）求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。1、通过分解常数，可转化为特殊数列亿+幻的形式求解。一般地，形如a=pa+q(pN1，pq*型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设a+k=p(a+k)与原式比较系数可得pk-k=q，即k=，从而得等比数列｛a+k｝。例12、数列｛a｝满足a=1，a=a+1(nN2)，求数列｛a｝的通项公式。解：由a=a+1(nN2)得a—2=(a—2)，而a—2=1—2=—1，・.・数列｛a—2｝是以为公比，一1为首项的等比数列a—2=—() a=2—()说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列｛a—2｝，从而达到解决问题的目的。例13、数列｛a｝满足a=1，，求数列｛a｝的通项公式。解：由得设a，比较系数得解得...｛｝是以为公比，以为首项的等比数列.••例14.已知数列满足，且，求.解：设，则，是以为首项，以3为公比的等比数列点评：求递推式形如(p、q为常数)的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列来求得,也可用“归纳一猜想一证明"法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型.例15.已知数列满足，，求.解：将两边同除，得 ’设，则.令.条件可化成，数列是以为首项，为公比的等比数列..因，点评：递推式为（p、q为常数）时，可同除，得，令从而化归为（p、q为常数）型.2、通过分解系数，可转化为特殊数列的形式求解。这种方法适用于型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列：设，比较系数得，可解得。（本小题满分14分）已知数列满足（I） 证明：数列是等比数列；（II） 求数列的通项公式；例16、数列满足=0，求数列｛a｝的通项公式。分析：递推式中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项的系数分解成1和2,适当组合，可发现一个等比数列。解：由得即，且・.・是以2为公比，3为首项的等比数列.••利用逐差法可得例17、数列中，，求数列的通项公式。解：由得设比较系数得，解得或若取，则有・.・是以为公比，以为首项的等比数列••由逐差法可得说明：若本题中取，则有即得为常数列，故可转化为例13。例18.已知数列满足,,求.解：设或则条件可以化为是以首项为，公比为的等比数列，所以.问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得.点评：递推式为（p、q为常数）时，可以设，其待定常数s、t由，求出，从而化归为上述已知题型.五、特征根法1、设已知数列的项满足，其中求这个数列的通项公式。作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.例19.已知数列满足：求解：作方程当时，数列是以为公比的等比数列.于是2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。例20：已知数列满足，求数列的通项公式。解法一（待定系数一一迭加法）由，得，且。则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是。把代入，得，，，。把以上各式相加，得解法二（特征根法）：数列：，的特征方程是：。又由，于是故3、如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时，则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。（本小题满分12分）数列求数列的通项公式.解：由已知，得，其特征方程为，解之，得，，例21、已知数列满足性质：对于且求的通项公式.解：数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有即例22.已知数列满足：对于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？解：作特征方程变形得特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.⑴•.•对于都有(2)7令，得.故数列从第5项开始都不存在，当W4,时，..••令则...对于（4）、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且N2...•当（其中且NN2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且N2｝上取值时，无穷数列都不存在.说明：形如:递推式，考虑函数倒数关系有令则可归为型。（取倒数法）例23：解：取