《2022年高中常见数列的公式及经典例题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高中常见数列的公式及经典例题.docx（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高中常见数列的公式及经典例题等差数列a an1=d ,（ n1等差数列 ：一般地,假如一个数列从其次项起,每一项与它前一项的差等于同一个常数,即2,nN）,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）2等差数列的通项公式：ana1n1 dana mnm d或da =pn+q p、 q 是常数 dn,当 d 0,是一个常数项为零3有几种方法可以运算公差d d=anam d=a an1 d=ana 1n1nmaqm, n, p, q N 4等差中项：Aa2ba,b,成等差数列ama nap5等差数列的性质：m+n=p
2、+q 等差数列前n 项和公式na1nn21 （3）S ndn2a16. 等差数列的前n 项和公式（1）S nna12a n（2）Sn22的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法: n10,求得 n的值（1） 利用a ：当a 0,d0,前 n项和有最大值可由a 0,且a当a 0,前 n项和有最小值可由a 0,且an1 0,求得 n的值（2） 利用S ：由S ndn2a 1dn二次函数配方法求得最值时n的值22等比数列1等比数列 ：假如一个数列从其次项起,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：a
3、 n1=q（q 0）a n2.等比数列的通项公式:ana 1qn1a 1q0,anamqnma 1q0 3a 成等比数列an1 =q（nN,q 0）“a 0” 是数列a 成等比数列的必要非充分条件a n4既是等差又是等比数列的数列：非零常数列5等比中项 ：G 为 a 与 b 的等比中项 . 即 G=ab （a,b 同号） . 6性质 ：如 m+n=p+q ,amanapaq7判定等比数列的方法：定义法,中项法,通项公式法8等比数列的增减性：名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当 q1, a 0 或 0q1, a 1,
4、 a 0,或 0q0 时, a 是递减数列 ; 当 q=1 时, a 是常数列 ; 或S na 1anq当 q0 时, a 是摇摆数列 ; 等比数列前n 项和等比数列的前n 项和公式：当q1时,S na 1 1qn1q1q1a , q, a 时,用公式 . 当 q=1 时,Snna1当已知a , q, n 时用公式；当已知数列通项公式的求法 一、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an是递增数列,前n 项和为S ,且a 1,a3,a9成等比数列,S 5a2求数列an的通项公式 .5解：设数列an公差为dd0 a 1,a3
5、,a9成等比数列,a2a1a9,3即a12 d2a1a 18dd2a1 dd0,a1d S 5a25 a1524da14 d2 5由得：a13,d355an3n133n555点评： 利用定义法求数列通项时要留意不用错定义,设法求出首项与公差（公比）后再写出通项；二、公式法如已知数列的前n 项和S 与a 的关系,求数列an的通项a 可用公式a nS 1S n1n1求解；S nn2例 2 已知数列an的前n项和S 满意Sn2an1 n,n1求数列an的通项公式；第 2 页,共 15 页解：由a 1S 12a 11a 111 n,当n2时,有anSnS n12anan12a n2a n12n 11,
6、an12a n221 n2, ,a 22 a 1.2nan 21a 1n 21n 1 222 1n 2 11名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - n 211n2n12n22 22n21 n1n 分类争论,但如能合写时肯定要合并n 211n122n1a n32 n 232n 11.体会证a 11也满意上式,所以3点评： 利用公式a nS nS n1n1 2求解时,要留意对S nn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
7、式为an1anfnfn ,利用 累加法 逐差相加法 求解；,其中k1,2,3, ,求数列an解法：把原递推公式转化为an1an2004 全国卷 I.22已知数列an中,a 11, 且 a2ka 2k1k 1 ,a 2k1a2kk 3的通项公式； P24（styyj ）例 3. 已知数列an满意1a1,an1ann21n,求a ；个等式累加之,即2解：由条件知：a n1ann21n111nn1 nn1分别令n,12 ,3,n1 ,代入上式得n1 a2a1a 3a2a4a 3ana n1111111n11122334n所以ana111na 11,an1113122n2nan类型 2 （1）递推公式
8、为an1fn 解法：把原递推公式转化为ann1fn,利用 累乘法 逐商相乘法 求解；a2004 全国卷 I.15已知数列 an ,满意 a1=1,an=a1+2a2+3a3+ + n1an1n2,就 an 的通项a n1 _ann11a2,P24（styyj）n,求a ；第 3 页,共 15 页n2例 4. 已知数列满意an1nn1a3名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：由条件知ann1nn1,分别令n,12 3, ,n1 ,代入上式得n1 个等式累乘之,即第 4 页,共 15 页aa 2a3a 4an123n1an1a 1a2a 3a
9、n1234na 1n又a 12,an233n（2）由an1fnan和1a 确定的递推数列an的通项可如下求得：由已知递推式有a nfn1 an1,an1fn2 an2,a2f1 a 1依次向前代入,得anfn1 fn2 f 1 a 1,简记为a nn k1fka 1n,1k01f k1 ,这就是 叠（迭）代法 的基本模式；1（3） 递推式：an 1panfn解法：只需 构造数列b n,消去fn带来的差异例 5设数列an：a 14,an3an12n,1n2,求a . 解：设bnanAnB,就anbnAnB,将anan1代入递推式,得b nAnB3b n1An1B2n13 bn13A2 n3B3A
10、1 A3A2A1B3B3A1B1取bnann1 （ ） 就bn3 bn1, 又1b6, 故bn63n123n代 入 （ ） 得an23nn1说 明 ：（ 1 ） 如fn为 n 的 二 次 式 , 就 可 设bnanAn2BnC;2 本 题 也 可 由an3an12n1,a n13an22n11（n3）两式相减得anan13 an1a n22转化为bnpbn1q求之 . 例 6已知a 13,an13n1ann1 ,求a ；3n2解：an3 n1 13n2132131a 13 n1 23n22322323 n4 3 n75 23361；3 n1 3 n48 5n名师归纳总结 - - - - - -
11、 -精选学习资料 - - - - - - - - - 类型 3 递推公式为an 1panq（其中 p,q 均为常数,pqp1 0 ）；解法：把原递推公式转化为：an1tpant,其中t1qp,再利用 换元法 转化为等比数列求解；2006. 重庆 .14 ）在数列a n中,如a 11,a n12a n3n1,就该数列的通项a nP24（styyj ）例 7. 已知数列an中,a 11,an12 an3,求a . 3. 故 递 推 公 式 为解 ： 设 递 推 公 式an12 an3可 以 转 化 为an1t2ant即a n12anttan132 a n3 ,令bna n3,就b 1a 134,且
12、bn1ann132.所以bn是以1b4为首项, 2 为公b na3比的等比数列,就b n42n12n1,所以an2n13. （或an1panrqn,类型 4 递推公式为an1panqn（其中p,q 均为常数,pqp1 q1 0）；其中 p,q, r 均为常数）（2006 全国 I.22 ）（本小题满分12 分）设数列a n的前 n 项的和S n4an12n12,n1,2,3,333pan1（）求首项a 与通项a ；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qn1,得：an1qn1qqnq引入帮助数列bn（其中bnan）,得：b n1pbn1再应用
13、类型3 的方法解决；qnqq3 1n2 1 3n例 8. 已知数列an中,1a5,an11an1n1,求a ；632解：在an11an1n1两边乘以2n1得：2n1an122nan1323令b n2nan,就bn12b n1,应用例 7 解法得：b n322n所以anb n33n 22类型 5 递推公式为an2pan1qan（其中 p,q 均为常数）；解法：先把原递推公式转化为an2san1ta n1sa n其中 s, t 满意stp,再应用前面类型3 的方法求解；stq第 5 页,共 15 页（2006.福建 .理.22）（本小题满分14 分）已知数列a n满意a 11,a n12a n1
14、nN*.名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （I）求数列 a n 的通项公式；P26（styyj ）例 9. 已知数列 a n 中,a 1 1 , a 2 2 , a n 2 2a n 1 1a n,求 a ；3 3解：由 a n 2 2a n 1 1a n 可转化为 a n 2 sa n 1 t a n 1 sa n 3 3s t 2 s 1 1即 a n 2 s t a n 1 sta nst 13 3t 13 或t s1 3s 1 1这里不妨选用 1（当然也可选用 s3,大家可以试一试） ,就 a n 2 a n 1 1 a n 1
15、a n a n 1 a nt3 t 1 3是 以 首 项 为 a 2 a 1 1, 公 比 为 1 的 等 比 数 列 , 所 以 a n 1 a n 1 n 1,应 用 类 型 1 的 方 法 , 分 别 令3 3n 1 2, 3, , , n 1 ,代入上式得 n 1 个等式累加之,1 n 1即 a n a 1 1 0 1 1 1 n 2 1 3 3 3 3 1 13又 1a 1,所以 a n 7 3 1 n 1；4 4 3类型 6 递推公式为 S 与 a 的关系式； 或 S n f a n S 1 n 1 解法：利用 a n 进行求解；S n S n 1 n 2 2006.陕西 .20
16、本小题满分 12 分 已知正项数列 a n ,其前 n 项和 Sn满意 10Sn=an 2+5an+6 且 a1,a3,a15 成等比数列,求数列 a n的通项 an P24（styyj ）例 10. 已知数列an前 n 项和S n4an212. 11n12nan2为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以n（1）求an1与a 的关系；（2）求通项公式a . 解：（1）由Sn4an212得：S n14an1n2n于是S n1S nana n1212211nn所以an1anan1211an11an1. n22n2n1a（2）应用类型4 的方法,上式两边同乘以2n1得：n an是 以为 首 项 ,
17、 2由a 1S 14a 1212a11. 于 是 数 列2212na n22n1 2nann1第 6 页,共 15 页2n类型 7 双数列型名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解法：依据所给两个数列递推公式的关系,敏捷采纳累加 、累乘 、化归 等方法求解；b n1,bn1an12 bn1,例 11. 已知数列an中,a 11；数列bn中,1b0；当n2时,an12 an133求a ,b . 解：因anb n12an1bn11an12 b n1an1bn133所以anb nan1b n1an2bn2a2b 2a 1b 11即anb n1 （1
18、）又由于anbn12an1bn11an12 b n11a n1b n1333所以anbn1an1b n112a n2bn2 1n1a 1b 13331n1.即anb n1n1 （2）33由（ 1）、（ 2）得：an111n1,b n111n12323四、待定系数法（构造法）求数列通项公式方法敏捷多样,特殊是对于给定的递推关系求通项公式,观看、分析、推理才能要求较高；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, 这种方法表达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 a n +k 的形式求解；一般
19、地,形如 a n 1 =p a n +q （ p 1,pq 0）型的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分解法：设 a n 1 +k=p （a n +k）与原式比较系数可得 pkk=q,即 k= q,从而 p 1得等比数列 a n +k ；例 12、数列 a n 满意 a 1 =1,a n =1 a 2n1+1（n2）,求数列 a n 的通项公式；第 7 页,共 15 页解：由 a n =1an1+1（n2）得 a n 2=1 （a 2n12）,而 a 1 2=1 2=1,2数列 a n 2 是以1 为公比, 1 为首项的等比数列 2a n 2=（1 ）2n1a n =2（1 ）2n1说明：
20、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 n 2 ,从而达到解决问题的目的；例 13、数列 a n 满意 a 1 =1,3 an1a n70,求数列 a n 的通项公式；解：由3 a n1an70得an11an733设 an1k1ank,比较系数得kk7解得k73334an7 是以1为公比,以a17173为首项的等比数列43444名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a n 7 3 1 n 1a n 7 3 1 n 14 4 3 4 4 3例 14已知数列 a n 满意 a 1 1,且 a n 1 3 a n 2,求 a
21、解：设 a n 1 t 3 a n t ,就 a n 1 3 a n 2 t t 1,a n 1 1 3 a n 1 a n 1 是 以 a 1 1 为 首 项 , 以 3 为 公 比 的 等 比 数 列n 1 n 1 n 1a n 1 a 1 1 3 2 3 a n 2 3 1点评： 求递推式形如 a n 1 pa n q（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a n 1 qp a n q 来求得 ,也可用“ 归纳猜想证明” 法来求,这也是近年高考考得许多的一种题型p 1 1 pn例 15已知数列 a n 满意 a 1 1,a n 3 2 a n 1 n 2 ,求 a
22、 解：将 a n 3 n2 a n 1 两边同除 3 ,得 n a nn 1 2 a nn 1 a nn 1 2 a nn 113 3 3 3 3设 b n an n,就 b n 1 2b n 1令 b n t 2 b n 1 t b n 2b n 1 1t3 3 3 3 3t 3条件可化成 b n 3 2 b n 1 3 ,数列 b n 3 是以 b 1 3 a 1 3 8为首项,2 为公比的等比数3 3 3 3列b n 3 8 2 n 1因 b n a nn , 3 3 3a n b n 3 n3 n 8 2 n 13 a n 3 n 12 n 23 3n 1 n 1点评： 递推式为 a
23、n 1 pa n q（p、q 为常数）时,可同除 q,得aq nn 11 q p aq nn 1,令 b nq a nn 从而化归为 a n 1 pa n q（p、q 为常数）型2、通过分解系数,可转化为特殊数列 a n a n 1 的形式求解；这种方法适用于 a n 2 pa n 1 qa n 型的递推式,通过对系数 p 的分解,可得等比数列 a n a n 1 ：设 a n 2 ka n 1 h a n 1 ka n ,比较系数得 h k p , hk q,可解得 h, k；*（2006.福建 .文.22）（本小题满分 14 分）已知数列 a n 满意 a 1 1, a 2 3, a n
24、2 3 a n 1 2 a n n N .（I）证明：数列 a n 1 a n 是等比数列；（II ）求数列 a n 的通项公式；例 16、数列 a n 满意 a 1 2 , a 2 ,5 a n 2 3 a n 1 2 a =0,求数列 a n 的通项公式；分析：递推式an23 an12 an0中含相邻三项,因而考虑每相邻两项的组合,即把中间一项an1的系数分解成第 8 页,共 15 页1 和 2,适当组合,可发觉一个等比数列anan1 ；解：由an23an12an0得an2an12 an1an0即an2an12 an1an）,且a 2a 1523an1a n是以 2 为公比, 3 为首项的
25、等比数列名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - an1an32n1 an1a n an2a n12 a2a 1a 1的通项公式；利用逐差法可得a n132n132n2320=an32n1=nn,求数列an32n12n221 2312n2=12=32n112an1aa 1,1a22 3,a例 17、数列an中,解：由3an22an1an得an22a n11a n,设an2kan1han1kan第 9 页,共 15 页331或k1 h 31比较系数得kh2,kh1,解得k,1 h333如取k,1 h1,就有an2an11an1an33an1a n是
26、以1为公比,以a 2a 1211为首项的等比数列3an1an1n1 a2a 1a 13由逐差法可得ana nan1 an1an2=1n21n31211133331=11 31n11 =311n11731n14344331an1an11an即得说明 ：如此题中取k1 h 31,就有an233an11an为常数列 ,an11ana n1an1a21 a 13333217故可转化为例13；332an11a n求a 例 18已知数列an满意a 11,a22,an233解：设an2san1tan1sa n名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - an2st
27、an1stanst2s11或s11na 2na 11,公比为1 的等比数列 ,所以 333st1tt33就条件可以化为an2an11an1anan1an是以首项为3an1a n1n1问题转化为利用累加法求数列的通项的问题,解得a731n13443,其待定常数s、t点评： 递推式为an2pan1qan（p、q 为常数）时,可以设a2san1ta n1sa n由stp,stq求出,从而化归为上述已知题型五、特点根法1、 设已知数列an的项满意a 1b ,an 1cand,其中c0 c,1求这个数列的通项公式；作出一个方程xcxd,就当x0a 1时,a 为常数列, 即a na 1 ;当x0a 1 时,anbnx 0