高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

1数列一、等差数列与等比数列1.基本量的思想：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”是解决问题的基本方法。2.等差数列与等比数列的联系1）若数列na是等差数列，则数列}{naa是等比数列，公比为da，其中a是常数，d是na的公差。（a0且a≠1）；2）若数列na是等比数列，且0na，则数列logana是等差数列，公差为logaq，其中a是常数且0,1aa，q是na的公比。3）若{}na既是等差数列又是等比数列,则{}na是非零常数数列。3.等差与等比数列的比较等差数列等比数列定义常数）为(}{1daaPAannn常数）为(}{1qaaPGannn通项公式na=1a+（n-1）d=ka+（n-k）d=dn+1a-dknknnqaqaa11求和公式ndanddnnnaaansnn)2(22)1(2)(1211)1(11)1()1(111qqqaaqqaqnasnnn2中项公式A=2ba推广：2na=mnmnaaabG2。推广：mnmnnaaa2性质1若m+n=p+q则qpnmaaaa若m+n=p+q，则qpnmaaaa。2若}{nk成A.P（其中Nkn）则}{nka也为A.P。若}{nk成等比数列（其中Nkn），则}{nka成等比数列。3．nnnnnsssss232,,成等差数列。nnnnnsssss232,,成等比数列。4)(11nmnmaanaadnmn11aaqnn，mnmnaaq)(nm4、典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1（2010陕西文16）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前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121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sm=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-2.小结与拓展：数列na是等差数列，则数列}{naa是等比数列，公比为da，其中a是常数，d是na的公差。（a0且a≠1）.3【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例2已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项公式。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*)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(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，∴数列{bn＋1－bn}的公差为－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＋(n－1)(－4＋2n－8)2＝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的关系为：)Nn,2()1(111nSSnSaannn.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的常用方法。4【题型3】中项公式与最值（数列具有函数的性质）例3（2009汕头一模）在等比数列｛an｝中，an＞0(nN＊），公比q(0,1)，且a1a5+2a3a5+a2a8＝25，a3与as的等比中项为2。（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）设bn＝log2an，数列｛bn｝的前n项和为Sn当1212nSSSn最大时，求n的值。解：（1）因为a1a5+2a3a5+a2a8＝25，所以，23a+2a3a5+25a＝25又an＞o，…a3＋a5＝5又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5＝4而q（0,1），所以，a3＞a5，所以，a3＝4，a5＝1，12q，a1＝16，所以，1511622nnna（2）bn＝log2an＝5－n，所以，bn＋1－bn＝－1，所以，{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，(9),2nnnS92nSnn所以，当n≤8时，nSn＞0，当n＝9时，nSn＝0，n＞9时，nSn＜0，当n＝8或9时，1212nSSSn最大。小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；2）等差中项与等比中项。二、数列的前n项和1.前n项和公式Sn的定义：Sn=a1+a2+…an。52.数列求和的方法（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、等比数列的数列；4）常用公式:1nkk12123(1)nnn；21nkk222216123(1)(21)nnnn；31nkk33332(1)2123[]nnn；1(21)nkk2n1)-(2n...531。（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，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：如果一个数列{an}，与首末两端等“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，可求和。适用于1nnaac其中{na}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）11nnaa和11nnaa（其中na等差）可裂项为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）常见裂项公式：（1）111(1)1nnnn；（2）1111()()nnkknnk；（3）1111(1)(1)2(1)(1)(2)[]nnnnnnn；（4）11(1)!!(1)!nnnn6（5）常见放缩公式：21211112()2()nnnnnnnnn.3.典型例题分析【题型1】公式法例1等比数列{}na的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－p，则2232221naaaa＝________.解：1）当n=1时，p-2a1；2）当2n时，1-n1-nn1-nnn2p)-(2-p)-(2S-Sa。因为数列{}na为等比数列，所以1p12p-2a1-11从而等比数列{}na为首项为1，公比为2的等比数列。故等比数列2na为首项为1，公比为4q2的等比数列。1)-(4314-1)4-1(1nn2232221naaaa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、等比数列的数列；4）常用公式:（见知识点部分）。5）等比数列的性质：若数列{}na为等比数列，则数列2na及na1也为等比数列，首项分别为21a、1a1，公比分别为2q、q1。【题型2】分组求和法例2（2010年丰台期末18）数列{}na中，11a，且点1(,)nnaa()nN在函数()2fxx的图象上.（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）在数列}{na中，依次7抽取第3，4，6，…，122n，…项，组成新数列{}nb，试求数列{}nb的通项nb及前n项和nS.解：（Ⅰ）∵点1(,)nnaa在函数()2fxx的图象上，∴12nnaa。∴12nnaa，即数列}{na是以11a为首项，2为公差的等差数列，∴1(1)221nann。（Ⅱ）依题意知：11222(22)123nnnnba∴12nnSbbb=11(23)23nniiiin=1122323212nnnn.小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再把数列的项重新组合，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（2010年东城二模19改编）已知数列na的前n项和为nS，11a，141nnSa，设12nnnbaa．（Ⅰ）证明数列nb是等比数列；（Ⅱ）数列nc满足21log3nncb*()nN，求1223341nnnTcccccccc。证明：（Ⅰ）由于141nnSa，①当2n时，141nnSa．②①②得1144nnnaaa．所以1122(2)nnnnaaaa．又12nnnbaa，所以12nnbb．因为11a，且12141aaa，所以21314aa．8所以12122baa．故数列nb是首项为2，公比为2的等比数列．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知2nnb，则211log33nncbn（n*N）．1223341nnnTcccccccc1111455667(3)(4)nn1144n4(4)nn．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。它适用于1nnaac其中{na}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）11nnaa和11nnaa（其中na等差）可裂项为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）4.数列求和的方法（2）（5）错位相减法：适用于差比数列（如果na等差，nb等比，那么nnab叫做差比数列）即把每一项都乘以nb的公比q，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。如：等比数列的前n项和就是用此法推导的.（6）累加（乘）法（7）并项求和法：一个数列的前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。9（8）其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等。5.典型例题分析【题型4】错位相减法例4求数列,22,,26,24,2232nn前n项的和.解：由题可知{nn22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n21}的通项之积设nnnS2226242232①14322226242221nnnS②（设制错位）①－②得1432222222222222)211(nnnnS（错位相减）1122212nnn∴1224nnnS【题型5】并项求和法例5求100S＝1002－992＋982－972＋…＋22－12解：100S＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.10【题型6】累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等例6求11111111111个n