数列高考知识点归纳非常全.pdf

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1、数列高考知识点大扫描 数列基本概念 数列是一种特殊函数，对于数列这种特殊函数，着重讨论它的定义域、值域、增减性和最值等方面的性质，依据这些性质将数列分类：依定义域分为：有穷数列、无穷数列；依值域分为：有界数列和无界数列；依增减性分为递增数列、递减数列和摆动数列。数列的表示方法：列表法、图象法、解析法（通项公式法及递推关系法）；数列通项：()naf n 2、等差数列 1、定义当nN,且2n时，总有1,()nnaadd常，d 叫公差。2、通项公式1(1)naand 1）、从函数角度看1()nadnad是 n 的一次函数，其图象是以点1(1,)a为端点,斜率为 d 斜线上一些孤立点。2）、从变形角度

2、看(1)()nnaand,即可从两个不同方向认识同一数列，公差为相反数。又11(1),(1)nmaand aamd,相减得()nmaanm d，即()nmaanm d.若 nm，则以ma为第一项，na是第 n-m+1 项，公差为 d；若 nn)，求 Sn+m的值。思路,mm nSSSn下标存在关系：m+n=m+n,这与通项性质qpnmaaaaqpnm是否有关？解题 由 Sn=a,Sm=Sn+a n+1+an+2+am=b 得 a n+1+an+2+am =b-a,即abnmaamn)(21，得nmabaamn21 由(n+1)+m=1+(n+m),得 an+1+am=a1+am+n 故).()

3、(2)(211nmnmabnmaanmaaSmnnmnm 请你试试 13 1、在等差数列an中，15S 6，55S 9，求S15。2、在等差数列an中，1S 3，3S 9，求S12。第 3 变已知已知前 n 项和及前 2n 项和，如何求前 3n 项和 变题 3 在等差数列an中，20S10，40S20，求S30 思路 由2030,SSS10寻找102030,SSSSS1020之间的关系。解 题 设 数 列 an 公 差 为d，101210Saaa，2010111220SSaaa，3020212230SSaaa,201010()10 10SSSd,30202010()()10 10SSSSd，所

4、 以102030,SSSSS1020成 等 差 数 列，公 差100d,于 是2010302()()SSSSS1020，得30203()3 2060SSS 10。收获 1、在等差数列an中，102030,SSSSS1020成等差数列，即1210aaa，111220aaa，212230aaa，成等差数列，且30203()SSS10。3、可推广为535()nnSSS2n，747()nnSSS3n，(21)(21)knknSkSS(k-1)n。请你试试 14 1、在等差数列an中，123aa，346aa，求78aa 2、在等差数列an中，121010aaa，11122020aaa，求313240aa

5、a 3、在等差数列an中，20S10，30S20，求S50及S100。4、数列an中，San，Sb2n，求S3n。5、等差数列an共有 3k 项，前 2k 项和25S2k，后 2k 项和75S 2k，求中间 k 项和S中。第 4 变迁移变换重视 Sx=Ax2+Bx 的应用 变题 4 在等差数列an中，Sn=m,，Sm=n,(mn)，求 Sn+m的值。思路 等差数列前 n 项和公式是关于 n 的二次函数，若所求问题与1,a d无关时，常设为 S=An2+Bn 形式。解题 由已知可设 Sn=An2+Bn=mSm=Am2+Bm=n,两式相减，得 A(n+m)(n-m)+B(n-m)=m-n,又 mn

6、,所以()1A nmB，得2()()()()()m nSA mnB mnmnA mnBmn。收获“整体代换”设而不求，可以使解题过程优化。请你试试 15 1、在等差数列an中，84S12，460S20，求S32 2、在等差数列an中，,()nSSmnm，求Sm+n 3、在等差数列an中，0a 1，15SS10，求当 n 为何值时，Sn有最大值 第 5 变归纳总结，发展提高 题目 在等差数列an中，Sn=a,Sm=b,(mn)，求 Sn+m的值。（仍以变题 2 为例）除上面利用通项性质qpnmaaaaqpnm求法外，还有多种方法。现列举例如下：1、基本量求解：由bdmmmaSadnnnaSmn2

7、)1(,2)1(11，相减得badnmamn21)(1,dnmnmanmSnm2)1)()(1 代入得mnbanmSnm)(。2、利用等差数列前 x 项和公式 Sx=Ax2+Bx 求解 由 Sx=Ax2+Bx，得 Sn=An2+Bn,Sm=Am2+Bm 两式相减，得 A(n+m)(n-m)+B(n-m)=a-b 即mnbaBmnA)(故)()()(2bamnmnnmBnmASnm 3、利用关系式BAnnSn求解 由BAnnSn知nSn与 n 成线性关系，从而点集(n,nSn)中的点共线，即(n,nSn),(m,mSm),(m+n,nmSnm)共线，则有nnmnsnmsmnmsnsnnmmn，即

8、mnanmsmnmbnanm，化简,得mnnbnaamnnbmasnmnnm，即)(bamnmnsnm.4、利用定比分点坐标公式求解 由 A(n,nSn),B(m,mSm),P(m+n,nmSnm)三 点 共 线,将 点 P 看 作 有 向 线 段AB的 定 比 分 点,则nmnmmnnmPBAP)(，可得mnbanmnbnanmmsnmnsnmsmnnm1)(1)(,即)(bamnmnsnm.请你试试 16 若 Sn是等差数列an的前 n 项和，S2=3，S6=4，则 S12_.第二节等比数列的概念、性质及前 n 项和 题根二等比数列an，574,6aa,求a9。思路 1、由已知条件联立，求

9、，从而得 2、由等比数列性质，知成等比数列。解题 1 由4651714,9aa qaa q,两式相除，得232q，2973692aa q。解题 2 由579,a a a成等比，得22795694aaa。收获 1、灵活应用性质，是简便解题的基础；2、等比数列中，序号成等差的项，成等比数列。请你试试 2 1 等比数列an，10,2aq，若30123302aaaa，则36930aaaa_。第 1 变连续若干项之和构成的数列仍成等比数列 变题 2 等比数列an，1234562,6aaaaaa，求101112aaa。思路 等比数列中，连续若干项的和成等比数列。解题 设11232456,baaa baaa

10、，4101112baaa，则 bn是等比数列，12,3bq，33412 354bb q，即10111254aaa。收获 等比数列an，1q 时，232,kkkkkSSSSS，成等比数列，但总有2322()()kkkkkSSSSS。当 k 为偶数时，0kq 恒成立。请你试试 22 1、等比数列an，1q 时，242,6SS，求6S。2、等比数列an，1q 时，261,21SS，求4S。第 2 变396,S SS成等差，则396,a a a成等差 变题 3 等比数列an 中，396,S SS成等差，则396,a a a成等差。思路 396,S SS成等差，得3692SSS，要证396,a a a等

11、差，只需证3692aaa。解题由396,S SS成等差，得3692SSS，当 q=1 时，3161913,6,9Sa Sa Sa,由10a 得3692SSS，1q。由3692SSS，得369111(1)(1)2(1)111aqaqaqqqq，整理得3692qqq，0q，得3612qq，两边同乘以3a，得3692aaa，即396,a a a成等差。收获 1、等比数列an 中，396,S SS成等差，则285,a a a成等差。2、等比数列an 中，,nmkSSS成等差，则,n dm dk daaa（其中*,md nd kdNdZ）成等差 3、等比数列an 中，,nmka aa成等差，则,n dm

12、 dk daaa（其中*,md nd kdNdZ）成等差。请你试试 23 1、等比数列an，1q，356,a a a成等差，求11910()aaa的值。2、等比数列an，174,a a a成等差，求证361262,S SSS成等比。第 3 变nS是等比，na也是等比数列 变题 4数列na中，10a 且12,nS SS，是等比数列，公比 q(1q)，求证na(2n)也是等比数列。思路 1nnnaSS,欲证na为等比数列，只需证1nnaa为常数。解题 1nnnaSS，11nnnaSS，（2n）,得111nnnnnnaSSaSS，而1nnSSq，211nnSSq，111(1)(1)nnnnaSq q

13、qaSq，（2n）,故na从第二项起，构成等比数列，公比为 q。第 4 变等比数列在分期付款问题中应用 问题顾客购买一售价为 5000 元的商品时，采用分期付款方法，每期付款数相同，购买后 1 个月付款一次，到第 12 次付款后全部付清。如果月利润为 0.8%，每月利息按复利计算，那么每期应付款多少？（精确到 1 元）分析一：设每期应付款 x 元，则 第 1 次付款后，还欠 5000(1+0.8%)-x（元）第 2 次付款后，还欠5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x=5000(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x（元）第 3 次付款后，还欠5000(1+0.8%)2-x(1+

14、0.8%)-x(1+0.8%)-x=5000(1+0.8%)3-x(1+0.8%)2-x(1+0.8%)-x（元）最后一次付款后，款已全部还清，则 5000(1+0.8%)12-x(1+0.8%)11-x（1+0.8%）10-x(1+0.8%)-x=0，移项 5000(1+0.8%)12=x(1+0.8%)11+x（1+0.8%）10+x(1+0.8%)+x，即12121 1.0085000 1.0081 1.008x 算得12125000 1.008(1.008 1)1.0081x438.6（元）一般地，购买一件售价为 a 元的商品，采用分期付款时，要求在 m 个月内将款还至 b 元，月利润

15、为 p，分 n（n是 m 的约数）次付款，那么每次付款数计算公式为(1)(1)1(1)1mmnmapbpxp.分析二：设每月还款 x 元，将商家的 5000 元折算成 12 个月后的钱要计算 12 个月的利息，而顾客第一次还的钱也应计算 11 个月的利息，第二次还的钱应计算 10 月的利息，于是得方程 5000(1+0.8%)12=x(1+0.8%)11+x（1+0.8%）10+x(1+0.8%)+x，解得438.6x（元）分析三：设每次还款 x 元，把还款折成现在的钱，可得 211500010.8%(10.8%)(10.8%)xxx，解得438.6x（元）。将上述方法应用到其他实际问题中，如

16、木材砍伐，人口增长等。请你试试 24 某地现有居民住房的总面积为 a m2，其中需要拆除的旧住房面积占了一半。当地有关部门决定在每年拆除一定数量旧住房的情况下，仍以 10%的住房增长率建设新住房。如果 10 年后该地的住房总面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房总面积 x 是多少？（取 1.110为 2.6）第三节常见数列的通项及前 n 项和 题根 3 求分数数列111,1 2 2 3 3 4的前 n 项和nS 思路 写出数列通项公式，分析数列特点：分母中两因数之差为常数 1。解题 数列通项公式1(1)nan n，亦可表示为111nann，所以11111111223111nnSnnnn

17、。收获 将数列每一项裂为两项的差，再相加，使得正负抵消。第 1 变分母中两因数之差由常数 1 由到 d 变题 1 求分数数列111,1 3 3 5 5 7的前 n 项和nS。思路 写出通项公式，裂项求和。，解题 1111(21)(21)22121nannnn，11111111112335212122121nnSnnnn。收获1、求分数数列的前 n 项和nS时，将数列每一项裂为两项的差，称裂项法。2、用裂项法可求解：（1）若na为等差数列，0,1,2,nak，公差为 d，则 1223341111111nnnna aaaaaaaa a.3、常见裂项法求和有两种类型：分式型和根式型。如分式型1111

18、(3)33nan nnn；根式型111nannnn；11()ababab。另外还有：nn!=(n+1)!-n!，11mmmnnnCCC。请你试试 31 1、求分数数列1 111,2 6 12 20的前 n 项和nS 2、求分数数列22221111,12 24 36 48的前 n 项和nS。2、求分数数列222222228 18 28 38 4,13355779的前 n 项和nS。第 2 变分母中因数由 2 到 3 变题 2 求分数数列111,1 2 3 2 3 4 3 4 5 的前 n 项和nS。思路 数列中的项的变化：分母因数由两个变为三个，是否还可裂项呢？解题 由1111(1)(2)2(1

19、)(1)(2)nan nnn nnn，得1111111()()21 22 32 33 4(1)(1)(2)nSn nnn 111(3)21 2(1)(2)(1)(2)n nnnnn。收获 1、分母为连续三因数的积，仍拆为两项的差，再相加，使得正负抵消。2、对于公差为 d(0d)的等差数列na,有12121231111()(1)kkka aakda aaaaa.请你试试 32 1、求分数数列111,1 3 5 3 5 7 5 7 9 的前 n 项和nS。2、求分数数列111,1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 的前 n 项和nS。3、求分数数列33333451111,nC C CC的

20、前 n 项和nS。第 3 变由分数数列到幂数列 变题 3 求数列2221,2,3,的前 n 项和nS。思路 利用恒等式332(1)331kkkk，取 k=1,2,3,，相加正负抵消可解。解题 由恒等式332(1)331kkkk 取 k=1、2、3，得 332213 13 1 1 332323 23 21 332(1)331nnnn 各式相加得33222(1)13(12)3(12)nnnn 得2223311(1)12(1)3(12)1(1)31332nn nSnnnnnn 1(1)(21)6n nn。收获 利用恒等式4432(1)4641kkkkk，类似可得33312nSn2(1)2n n。注意

21、：正整数的平方和、立方和公式应用十分广泛。请你试试 33 求和（1）22224(2)nSn，（2）33313(21)nSn，（3）33324(2)nSn。第 4 变由幂数列到积数列 变题 4 求数列1 2,23,34,的前 n 项和nS。思路 1写通项公式，由通项特征求解。解题 12(1)nan nnn，222(11)(22)()nSnn222(12)(12)nn 1(1)1(1)(21)(1)(2)623n nn nnn nn。思路 2 利用1(1)(1)(2)(1)(1)3nan nn nnnn n裂项相加。解题 2 由1(1)(1)(2)(1)(1)3nan nn nnnn n 得1 2

22、2 33 4(1)nSn n 1(1 2 30 1 2)(2 3 4 1 2 3)(1)(2)(1)(1)3n nnnn n 1(1)(2)3n nn。收 获 对 于 通 项 为 两 因 数 的 积，可 推 广 到 通 项 为k个 因 数 的 积，如 求 数 列1 2 3,2 3(1),34(2),kkk 的前项和nS。由1(1)(1)(1)()(1)(1),1nannnkn nnknnnkk将每一项裂为两项的差，相加即可正负抵消。思路 3 联想组合数公式，可见21(1)2nn nC，利用组合数性质可得。解题 3 由2(1)2nnan nC，得222223122()2nnnSCCCC1(1)(

23、2)3n nn。请你试试 34 求数列1 2 3,23 4,34 5,的前 n 项和nS。第 4 变由等差数列与等比数列对应项的积构成的积数列 变题 5 在数列na中，210(1)11nnannn，（1）分别求出10nnaa和10nnaa的 n 取值范围；（2）求数列最大项；（3）求数列前 n 项和nS。思路 1、解正整数不等式，2、利用函数单调性，3、利用错位相消法。解题（1）由111010910(2)(1)11111111nnnnnnaann，当 n9 时，10nnaa，即1nnaa；当 n9 时，10nnaa，即1nnaa。（2）当 n=9 时，9109991001111aa，99101

24、01011aa是数列的最大项。（3）设210101023(1)111111nnSn（1）则2311010101023(1)11111111nnSn（2）相减得23110101010102(1)111111111111nnnSn12010(12)1111nn。请你试试 35 1、求数列2 nn的前 n 项和nS。2、求和2311357(21)nnSxxxnx。3、求和135212482nnnSnnnn。4、已知数列na，11,23naan 数列 nb，114,2nnbb，求数列nnab的前 n 项和nS。第四节递推数列的通项公式及前 n 项和 1、利用不动点求数列通项 题根三数列na满足11a，

25、121nnaa，求通项公式na。思路 1、写出1234,a a a a，由不完全归纳法得na表达式。2、构造新数列，转化成等比数列求解。解题 在的121nnaa两边加 1，则数列1na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，得112 2nna，即12 2121nnna 即为所求。收获 1(1)nnapaq p型递推数列，当 p=1 时,数列为等差数列；当0,0qp时,数列为等比数列。下面给出1p 时递推式的通项公式的求法：方法 1、因为1,p 所以一定存在满足pq，从而得1qp，此为函数()f xpxq的不动点。由1()()nnnapaqpqp a，得na是首项为1a，公比为 p 的等比数列，

26、于是11()nnaap,即11()nnaap，将1qp代 入 上 式，得 通 项 公 式 为11().11nnqqaappp（I）方法 2、由1nnapaq,1nnapaq，得11()nnnnaap aa，令1nnnbaa，则1nnbpb，则 nb是首项为1b，公比为 q 的等比数列，得111nnkkaab111(1)1nbpap 1211()(1)(2)1naapanp（*）；当 n=1 时,（*）式也成立。请你试试 41 数列na满足19a,134nnaa，求na。变题 1数列na满足11a，1221nnnaaa求通项公式na。思路 常见解法：先求数列1na的通项公式 解题由将已知关系式取

27、倒数得111112nnaa，由（#）式得11122nna，所以1122nna。收获 1nnnpaaras型递推数列的通项公式的求法：令pxxrxs，得10 x 或2psxr为两不动点。由于111111nnnsraxap ap，设1nnba，则1nnsrbbpp，此 为1(1)nnapaq p模 型。同 样，121nax也 可 化 为1(1)nnapaq p模型，由（I）式可求得na。更为特殊的是 p=s 时，111111nnnraxaap,设1nnba则数列 nb是等差数列。我们常取1nnnpaarap的倒数求解，原因恰是为此。变题 2 （06 年江西理第 22 题）数列na满足132a，11

28、321nnnnaaan*(2,)nnN求通项公式na。解答 11321nnnnaaan111233nnnnaa，即11233nnbb1111()33nnbb，又132a，得1213b，所以121(1)33nnb，得331nnnna。请你试试 42 函数()31xf xx，数列na满足11a，1()nnaf a，*()nN，（1）求na的通项公式na；（2）设12231nnnSa aaaaa，求nS。变题 2数列na中，11140,(2)2nnnaaana，求na 思路1 令42xxx，得124,1xx，即两不动点，可得1141nnaa是等比数列，解法 1由11111143123(4)44222

29、nnnnnnnaaaaaaa，令4nnba，则1132nnnbba（a）由111142(1)1122nnnnnaaaaa ，令1nnca，则1122nnncca（b）(a)式除以(b)式得1132nnnnbbcc，即nnbc是首项为111144,1baca 公比为32的等比数列，143421nnnnnbaca ，1113442024.3241423nnnna 思路 2 111nax和121nax均可化为1(1)nnapaq p型递推式，解法 2由1112121.43(4)3(4)3nnnnaaaa 令14nnba，则12133nnbb，由（I）式得 111123322431133nnb 111

30、2152034nna 所以1112044.1122452033nnna 解法 3由113111212nnaa，亦可求得1204.243nna 收获 求解1nnnpaqaras型递推数列的通项公式的方法：令pxqxrxs，设其两根为12,x x即两不动点。于是1112nnaxax是等比数列，并且111nax和121nax均可化为1(1)nnapaq p型递推式。请你试试 43 写出解法 3 的详细过程。变题 3 设数列na前 n 项和为432nnSan，求na及nS。思路 将已知关系中nS的化为na，再进一步变形。解题 由432nnSan，得1141aa,即11.3a 1143243(1)2nn

31、nnnaSSanan1443nnaa,得1413nnaa.这是1nnapaq型递推式，由(#)式得 11111443 10.443331133nnnna 443210 103.3nnnSann 第 1 变递推式1()nnaf n a 2、累积错位相消法求数列通项 变题 4数列na满足11a，12nnnaa，求通项公式na。思路 观察1a与2a、2a与3a存在的关系，思考解题方法。解题 212aa，322aa，432aa，12nnaa，各式相乘得11122nnnaa。收获 1、若 f(n)为常数,则na为等比数列。2、1()nnaf n a型递推式，通项公式求解方法如下：12121(1),(2)

32、,(1).nnnnaaaf nf nfaaa 各式两边分别相乘，得1(1)(2)(1),naa fff n（II）当 n=1 时,(II)仍成立 变题 5在数列na中,11121,2()nnanaaaa,（1）求na通项公式（2）令12224nnnnaba a，求 nb的前 n 项和nS。思路 将题中递推式转化、归类，再求解。解题（1）将题中递推式转化为：1121212()2()2(1)2nnnnnnnaaaaaaaanaa.即11nnnaan.由(II)式得na通项公式12 3.1 21nnaann(2)由nan,得1222222244(1)11.(2)(2)nnnnanba annnn 所

33、以数列 nb前 n 项和：221111(2)nnnkkkSbkk 222222211111111324(1)(1)(2)nnnn 2225265.4(1)(2)nnnn 第 2 变)(1nfaann型递推数列 3、累加错位相消法求数列通项 变题 6 已知数列na中，11a，11(1)nnaann,求na的通项公式。思路 将题中递推式变形1111nnaann，利用错位相消法。解将题中递推式表示为：1111nnaann，于是21112aa，321123aa，431134aa，11121nnaann 各式相加得213211()()(),nnnaaaaaaaa 得11111111(1)()()()22

34、33421naann 111 1211nn 即为所求通项公式。收获 对于数列na，设,2,1,1naabnnn则称数列nb是na差数列，则 121213211()()(),nnnnbbbaaaaaaaa得111.nkknbaa 所以na的通项公式为111(),(2)nnkaaf kn（III）.当 n=1 时，也满足(III)式。变题 7 在数列na中，12a,1(1)nnnana,求na通项公式。思路 题中关系式不是)(1nfaann型的递推式，但两边同除以 n(n+1)，经过变量替换，可化为)(1nfaann型递推式。解题在递推式1(1)nnnana两边同除以 n(n+1),得111(1)

35、nnaannn n 令nnabn得11(1)nnbbn n，1121ab。由（III）式得nb表达式为：111111111()(1)1nnnkkbbbk kkk1111112(1)3.2231nnn 于是na通项公式为1(3)31.nnanbnnn 请你试试 44 求数列 1、4、11、26、57、120、，的通项公式。第 3 变1()nnapaq n型递推数列 4、两边同除以1np，经过变量替换，化为)(1nfaann型递推式 变题 8 数列na满足12a,1223nnaan，求na。思路 递推式两边同除以12n，经过变量替换，可化为)(1nfaann型递推式。解题在1223nnaan两边同

36、除以12n，得11123222nnnnnaan 令2nnnab，则11232nnnnbb,此为模型)(1nfaann。于是11111123,1.22nnkkakbbb则1211.22nnnb 所以13212()22168.22nnnnnnnabn 收获 在1(),(1)nnapaq np中，当 q(n)是常数 q 时，即为模型1(1)nnapaq p。在1(),(1)nnapaq np两 边 同 除 以1np,得111()nnnnnaaq nppp,令1(),()nnnnaq nbf npp,得1()nnbbf n即可求出 nb的通项公式，从而得nnnap b=np321().22nn 变题

37、9（2006 年全国理第 22 题）设数列na前 n 项和为14122333nnnSa，n=1,2,，求通项na。解答 14122333nnnSa2114122333aa12a。因为1(2)nnnaSSn，所以由题设得：1412(2)333nnnaa1412(2)333nna142nnnaa112444nnnnnnaa，即 112nnnbb112nnb，得42nnna。规律小结 根据数列性质1(2)nnnaSSn可得出递推关系，然后再根据结构特征求通项公式。请你试试 45 1、数列na满足11a,123 5nnnaa，求na。2、数列na的前 n 项和21nnSan，10a,求na 第 3 变

38、1,(0,0)qnnnapapa型 4、两边取对数，变形转化为模型1()nnaf n a 变题 10 数列na中1110,nnnaaa，令lgnanb，（1）求数列 nb的通项公式，（2）设121nkkkbTb，求limnT。思路 利用对数运算法则变形转化。解：（1）由已知得111111,lglglgnnnnaaannbbbnn，即模型1()nnaf n a，由(II)式，得11 1 11111 2 311 2 3(1)(1)!nbbnnn 。（2）由1111!1(1)(2)!nnbnbnnn，得121nkkkbTb1111 22 3(1)nn 11111111.2231nnn 则1limli

39、m(1)1nnTn。收获 1,(0,0)qnnnapapa，当 q=1 时，na为等比数列。当1q 时，对递推式两边取常用对数，得1lglglgnnaapq,令lgnanb,得1lgpnnbqb，此为模型1(1)nnapaq p，即题根。第 4 变11nnnapaqa型 5、利用特征根求通项公式 变题 11 在数列na中，120,1aa，1144nnnaaa，求na 思路 在数列na中，已知12,a a，且11nnnapaqa，求其通项公式方法介绍如下：当1pq时，存在12,满足11211()nnnnaaaa（*），即112121()nnnaaa，与11nnnapaqa比较系数，得121 2p

40、q，由根与系数的关系知12,是二次方程20tptq两实根，此方程称为递推式的特征方程。易见，只需将递推式中的11,nnnaa a换成2,1tt即可得特征方程。由（*）式知数列11nnaa是等比数列，于是1112211()nnnaaaa或1121221()nnnaaaa。当1pq时，将 p=1-q 代 入 递 推 式，得11()nnnnaaq aa，则1nnaa是 以21aa为 首 项，-q为 公 比 的 等 比 数 列，从 而1121()()nnnaaqaa，利用错位相消法即可求解。解题 递推式特征方程为2441，解得1212，所以递推式可表示为11111()222nnnnaaaa，数列112

41、nnaa是首项为21112aa，公比为12的等比数列，所以1111,1,2,22nnnaan，两边同除以12n，得121221nnnnaa，于是22nna是首项为 0，公差为 1 等差数列，故221nnan，212nnna。收获 一般的，在数列na中，已知12,a a，且11nnnapaqa，它的特征方程20pq两根为12,，则，当12时，通项公式11()nnaAnB；当12时，通项公式1112,1,2,nnnaABn，其中A，B 为常数，可由12,a a推出。利用这一结论可方便的推出通项公式na。变题 12 在数列na中，121,2aa，21712nnnaaa，求na 解：特征方程2712两

42、根为123,4。设1134nnnaAB，由121,2aa，得 A=2，B=-1，故112 34,(1,2,)nnnan。请你试试 46 1、在数列na中，121,3aa，2169nnnaaa，求na。2、在数列na中，121,2aa，3122nnnaaa，求na。第六章数列请你试试答案与提示 请你试试 11：1、1101101()10102aaS，110139900aaaa，选 C 2、a3+a7-a10+a11-a4=712a，得13713156Sa。请你试试 12：1、略；2、n=27；3、由123432555，242455566602S；4、倒加法12nnSn。请你试试 13：1、200

43、；2、4。请你试试 14：1、12；2、40；3、0、110；4、3(b-a)；5、21004kSSS2k中25S中。请你试试 15：1、1504；2、0；3、12 或 13。请你试试 16：127S。请你试试 21：等比数列中某些项的积的问题，利用性质解。设14728Aa aaa,25829Baaaa，36930Caaaa，易见 A，B，C 成等比，公比为102q。由2BA C且302A B C，得3302B，即102B，101020222CBq。请你试试 22：1、614S；2、45S 或44S （舍去）。请你试试 23：1、81011,S SS等差，则1110108SSSS，得11910

44、aaa，即11910()aaa=0；2、略。请你试试 24：由上例分析得 a(1+10%)10-x(1+10%)9-x(1+10%)-x=2a，即1010(1.12)(1.1 1)1.11aax，即 2.6a-16x=2a 380 xa。请你试试 31：1、1nnSn；2、132322(1)(2)nnSnn；3、22(21)1(21)nnSn。请你试试 32：1、(2)3(21)(23)n nnn；2、11136(1)(2)nn；3、33333451111nnSCCCC111161 2 32 3 43 4 5(2)(1)nnn 1116(3)621 2(1)(2)(1)(2)n nnnnn。请

45、你试试 33：1、2(1)(21)3n nn；2、22(21)nn；3、222(1)nn。请你试试 34：1(1)(2)(3)4n nnn。请你试试 35：1、11222nnnSn；2、分1x 和1x 两种情形；3、12332nnnSn；4、112122nnnS。请你试试 41：由134nnaa得11433nnaa，可得111 83nna ；或由13(1)(1)nnaa 求。请你试试 42：提示：132nan；31nnSn。请你试试 43：略 请你试试 44：由原数列得一阶差数列 nb：3、7、15、31、63、；由 nb得二阶差数列 nc：4、8、16、32、，易得11422nnnc，得nb，最后得原数列通项公式122nnan。请你试试 45：1、两边同除以12n，得11352222nnnnnaa，即13522nnnbb，得152nnna。2、由nnSa,得1nnnaSS221(1)nnanan121nnaan，1221nnaan。请你试试 46：1、特征方程269两根为123，设1()3nnaAnB，由121,3aa，得 A=0，B=1，故13nna。2、取对数，21lg3lg2lgnnnaaa，令lgnanb，则11lg0ab，22lgb，且2132nnnbbb，12(21)lg10nna。