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1、学习必备 欢迎下载 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
2、线上一些孤立点。2）、从变形角度看 (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
3、 an+1+am=a1+am+n 故).()(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。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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得
4、等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 解题 设数列an公差为 d，101210Saaa ，2010111220SSaaa，3020212230SSaaa,201010()10 10SSSd,30202010()()10 10SSSSd，所 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，1 02 03 0,SSSSS1020成等 差 数 列，即 1210aaa，111220aaa，212230aaa，成等差数列，且30203()SSS1
5、0。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 313240aaa 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 75S2k，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,
6、，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=m Sm=Am2+Bm=n,两式相减，得 A(n+m)(n-m)+B(n-m)=m-n,又 mn,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 1，1
7、5SS10，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：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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 1、基本量求解：由bdmmmaSadnnnaSmn2)1(,2)1(11，相减得badnmamn21)(1,dnmnmanmSnm2)1)()
8、(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mnanmsmnmbnanm，化简,得 mnnbnaamnnbmasnmnnm ，即)
9、(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，从而得 2、由等比数列性质，知成等比数列。解题 1 由 4651714,9aa
10、qaa q,两式相除，得 232q，2973692aa q 。解题 2 由579,aaa 成等比，得 22795694aaa。收获 1、灵活应用性质，是简便解题的基础；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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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，123
11、4562,6aaaaaa，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 ，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,aaa成等差 变题 3
12、等比数列an 中，396,S SS成等差，则 396,aaa成等差。思路 396,S SS成等差，得3692SSS，要证 396,aaa等差，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,aaa 成等差。收获 1、等比数列an 中，396,S SS成等差，则 285,aaa成等差。2、等比数列an
13、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，,nmkaaa成等差，则,n dm dk daaa（其中*,md nd kdNdZ）成等差。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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 请你试试 23 1、等比数列an，1q，356,aaa 成等差，求11910()aaa的值。2、等比数列an，174,a aa成等差，求证 361262,S SSS成等比。第 3 变
14、 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 qqaSq，（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
15、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+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%）
16、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(1.0081)1.0081x 438.6（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，
17、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，如木材砍伐，人口增长等。请你试试 24 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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义
18、当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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 11111111223111nnSnnn
19、n 。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 1223341111111nnnnaaaaaaaaaa.3、常见裂项法求和有两种类型：分式型和根式型。如分式型111
20、1(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。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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎
21、下载 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)(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)kkkaaakdaaaaaa.请你试试 32
22、 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
23、(12)nnnn 得 2223311(1)12(1)3(12)1(1)31332nn nSnnnnnn 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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 1(1)(21)6n nn。收获 利用恒等式4432(1)4641kkkkk，类似可得 33312nSn 2(1)2n n。注意：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
24、 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)()nSnn 222(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 22 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。
25、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 3,23(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()2nnnSCCCC 1(1)(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 列和无界数列依增减性分为递增数列递减数列和
26、摆动数列数列的表示方线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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，910
27、9991001111aa ，9910101011aa 是数列的最大项。（3）设 210101023(1)111111nnSn （1）则 2311010101023(1)11111111nnSn （2）相减得 23110101010102(1)111111111111nnnSn 12010(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
28、 项和 1、利用不动点求数列通项 题根三 数列 na满足11a，121nnaa，求通项公式na。思路 1、写出 1234,a aa 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：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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不
29、同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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()()nnnap aqpqp a，得na是 首 项 为 1a，公 比 为 p 的 等 比 数 列，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
30、 的等比数列，得 111nnkkaab 111(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1nnb
31、a，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，11321nnnnaaan*(2,)nnN 求通项公式na。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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数
32、列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 解答 11321nnnnaaan 111233nnnnaa，即11233nnbb 1111()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 12231nnnSaaaaaa ，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11111143
33、123(4)44222nnnnnnnaaaaaaa ，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
34、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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 111123322431133nnb 1112152034nna 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)
35、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)2nnnnnaSSanan 1443nnaa,得1413nnaa.这是1nnapaq 型递推式，由(#)式得 11111443 10.443331133nnnna 443210103.3nnnSann 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
36、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。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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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),(1).nnnnaaaf nf nfaaa 各式两边分别相乘，得 1(1)(2)(1),naa ff
37、fn （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 所以数列nb前 n 项和：221111(2)nnnkkkSbkk 22222221111
38、1111324(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)()()()2233421naann 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
39、数列的表示方线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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
40、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)nnaannn n 令nnabn 得 11(1)nnbbn n，1121ab。由（III）式得 nb表达式为：111111111()(1)1nnnkkbbbk kkk 1111112(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
41、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()221 68.22nnnnnnnabn 收 获 在1(),(1)nnapaq np中，当 q(n)是常数 q 时，即为模型1(1)nnapaq p。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
42、线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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 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 14122333nnnSa 2114122333aa 12a。因为 1(2)nn
43、naSSn，所以由题设得：1412(2)333nnnaa 1412(2)333nna 142nnnaa112444nnnnnnaa，即 112nnnbb 112nnb，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 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
44、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 1limlim(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lgn
45、anb,得 1lgpnnbqb，此为模型1(1)nnapaq p，即题根。第 4 变 11nnnapaqa型 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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 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()n
46、nnaaa ，与 11nnnapaqa比较系数，得 121 2pq ，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,nnnaaa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
47、递推式可表示为11111()222nnnnaaaa，数列112nnaa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
48、题 12 在数列 na中，121,2aa，21712nnnaaa，求 na 解：特征方程2712 两根为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。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线上一些孤立点从变形角度看即可从两个不同方向认识同一数列公差为还可表示为是的二次函数特别的由可得等比数列定义当且时总有叫公比学习必备 欢迎下载 第六章 数列 请
49、你试试 答案与提示 请你试试 1 1：1、1101101()10102aaS，110139900aaaa，选 C 2、a3+a7-a10+a11-a4=712a，得 13713156Sa。请你试试 1 2：1、略；2、n=27；3、由123432555，242455566602S；4、倒加法 12nnSn。请你试试 13：1、200；2、4。请你试试 1 4：1、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 1
50、4728Aaaaa ,2582Baaaa，36930Caaaa ，易见 A，B，C 成等比，公比为102q 。由 2BA C 且302A B C ，得33 02B ，即 102B，101020222CBq。请你试试 22：1、614S ；2、45S 或44S （舍去）。请你试试 23：1、81011,SSS等差，则1110108SSSS，得11910aaa，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)(1.11)1.11aax，即 2.6a-16x=2a 380 xa 。请你试试