当前位置:首页 >> 数学 >>

一 高中数列知识点总结




高中数列知识点总结
( 为常数), 成等差数列

1. 等差数列的定义与性质
定义: 等差中项:

前 项和 性质: (1)若 (2)数列 等差数列,公差为 ; 是等差数列 ,则 仍为等差数列, 仍为

(3)若三个成等差数列,可设为

(4)若 (5) 的二次函数)

是等差数列,且前 项和分别为 为等差数列 (

,则

为常数,是关于 的常数项为 0

的最值可求二次函数 分界项,

的最值;或者求出

中的正、负

即:当

,解不等式组

可得

达到最大值时的 值.

当 (6)项数为偶数

,由 的等差数列

可得 , 有

达到最小值时的 值.



.

(7)项数为奇数

的等差数列 ,







.

2. 等比数列的定义与性质
定义: 等比中项: ( 为常数, 成等比数列 ), ,或 . .

前 项和: 性质: (1)若 (2) 注意:由 求 时应注意什么? ; . 是等比数列 ,则

(要注意!)

仍为等比数列,公比为

.

时, 时,


1

解题方法
求数列通项公式的常用方法

(1)求差(商)法
如:数列 , ,求



时,

,∴



时,



①—②得:

,∴

,∴

[练习]数列

满足

,求

注意到

, 代入得

又 ;

, ∴

是等比数列,

时,

(2)叠乘法
如:数列 中, ,求



,∴



,∴ .

(3)等差型递推公式
由 ,求 ,用迭加法

时, ∴

两边相加得

[练习]数列

中,

,求





(4)等比型递推公式
( 为常数, )

可转化为等比数列,设

令 列

,∴

,∴

是首项为

为公比的等比数



,∴

(5)倒数法
如: ,求

由已知得:

,∴



为等差数列,

,公差为

,∴





(附:公式法、利用 或 纳法、换元法)

、累加法、累乘法.构造等差或等比 、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归

2

求数列前 n 项和的常用方法

(1) 裂项法
把数列各项拆成两项或多项之和,使之出现成对互为相反数的项.

如:

是公差为 的等差数列,求

解:由



[练习]求和:

(2)错位相减法
若 可由 如: 为等差数列, ,求 为等比数列,求数列 的公比. ① ② ①—② (差比数列)前 项和,

,其中 为

时,



时,

(3)倒序相加法
把数列的各项顺序倒写,再与原来顺序的数列相加.

相加

[练习]已知

,则



∴原式 (附:a.用倒序相加法求数列的前 n 项和 如果一个数列{an},与首末项等距的两项之和等于首末两项之和,可采用把 正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和方法称为倒 序相加法。我们在学知识时,不但要知其果,更要索其因,知识的得出过程是知 识的源头,也是研究同一类知识的工具,例如:等差数列前 n 项和公式的推导, 用的就是“倒序相加法”。 b.用公式法求数列的前 n 项和 对等差数列、等比数列,求前 n 项和 Sn 可直接用等差、等比数列的前 n 项和 公式进行求解。运用公式求解的注意事项:首先要注意公式的应用范围,确定公 式适用于这个数列之后,再计算。 c.用裂项相消法求数列的前 n 项和 裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项,使得前后项相抵消,留下有限 项,从而求出数列的前 n 项和。 d.用错位相减法求数列的前 n 项和 错位相减法是一种常用的数列求和方法,应用于等比数列与等差数列相乘的 形式。即若在数列{an· bn}中,{an}成等差数列,{bn}成等比数列,在和式的两边 同乘以公比,再与原式错位相减整理后即可以求出前 n 项和。 e.用迭加法求数列的前 n 项和 迭加法主要应用于数列{an}满足 an+1=an+f(n),其中 f(n)是等差数列或等比数 列的条件下,可把这个式子变成 an+1-an=f(n),代入各项,得到一系列式子,把所 有的式子加到一起,经过整理,可求出 an ,从而求出 Sn。 f.用分组求和法求数列的前 n 项和 所谓分组求和法就是对一类既不是等差数列,也不是等比数列的数列,若将 这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将 其合并。 g.用构造法求数列的前 n 项和 所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析,找出数列的通项的特 征,构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式,从而求出数列的前 n 项和。 )



方法总结及题型大全

方法技巧 数列求和的常用方法 一、直接(或转化)由等差、等比数列的求和公式求和 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.

等差数列求和公式:

2、等比数列求和公式:

4、

例 1(07 高考山东文 18)设 知 ,且 的等差数列.

是公比大于 1 的等比数列, 构成等差数列.

为数列

的前 项和.已

(1)求数列 (2)令

求数列

的前 项和



解:(1)由已知得

解得



设数列

的公比为 ,由

,可得





,可知

,即



解得 .故数列 (2)由于

.由题意得 的通项为 .



由(1)得 , 是等差数列. 又





练习:设 Sn=1+2+3+…+n,n∈N*,求

的最大值.

解:由等差数列求和公式得 用公式)



(利用常









∴ 当 二、错位相减法 设数列

,即 n=8 时,

的等比数列,数列

是等差数列,则数列

的前 项和

求解,均可用

错位相减法。 例 2(07 高考天津理 21)在数列 其中 . 的通项公式; 的前 项和 ; , , 中, ,

(Ⅰ)求数列 (Ⅱ)求数列 (Ⅰ)解:由

可得



所以 的通项公式为 (Ⅱ)解:设

为等差数列, 其公差为 1, 首项为 0, 故 . , ② ①

, 所以数列



时,①式减去②式,







这时数列

的前 项和





时,

.这时数列

的前 项和 是等差数列,

. 是各项都为正数的等比数列,且

例 3 ( 07 高考全国Ⅱ文 21 )设 , (Ⅰ)求 , , 的通项公式;

(Ⅱ)求数列

的前 n 项和



解:(Ⅰ)设 解得 所以 . ,

的公差为 .



的公比为 ,则依题意有





(Ⅱ)



,①

,②

②-①得



. 三、逆序相加法 把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广)

例4 (07 豫南五市二联理 22.) 设函数

的图象上有两点 P1(x1, y1)、 P2(x2, y2),



,且点 P 的横坐标为

.

(I)求证:P 点的纵坐标为定值,并求出这个定值;

(II)若 (III)略

(I)∵ ∴P 是 的中点,且

,且点 P 的横坐标为

.

由(I)知,

, ( 1 ) + ( 2 ) 得 :

四、裂项求和法 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分 解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的. 通项分解(裂项)如:

(1)

(2)

(3)

等。

例 5 求数列

的前 n 项和.

解:设

(裂项)

则 =

(裂项求和)

= 例 6 ( 06 高考湖北卷理 17 )已知二次函数 ,数列 上。 (Ⅰ)求数列 的通项公式; 的前 n 项和为 ,点 的图像经过坐标原点,其导函数为 均在函数 的图像

(Ⅱ)设



是数列

的前 n 项和,求使得

对所有

都成立的

最小正整数 m; 解:(Ⅰ)设这二次函数 f(x)=ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x-2,得 a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x2-2x. 又因为点 均在函数 的图像上,所以 =3n2-2n. =6n-5. )

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)- 当 n=1 时,a1=S1=3× 12-2=6× 1-5,所以,an=6n-5 (

(Ⅱ)由(Ⅰ)得知







故 Tn=





(1-

).

因此,要使

(1-

)<



)成立的 m,必须且仅须满足



,即 m≥

10,所以满足要求的最小正整数 m 为 10.

评析:一般地,若数列

为等差数列,且公差不为 0,首项也不为 0,则求和:

首先考虑



=

。下列求和:

也可用裂项求和法。 五、分组求和法 所谓分组法求和就是:对一类既不是等差数列,也不是等比数列的数列,若将这类数列适当 拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并。 例 7 数列{an}的前 n 项和 ,数列{bn}满 .

(Ⅰ)证明数列{an}为等比数列;(Ⅱ)求数列{bn}的前 n 项和 Tn。 解析:(Ⅰ)由 两式相减得: , ,

同定义知 (Ⅱ)

是首项为 1,公比为 2 的等比数列.

等式左、右两边分别相加得:

= 例8求 解:⑴ 当 为偶数时, ( )

; ⑵ 当 为奇数时,

综上所述,



点评:分组求和即将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列,分别求和. 六、利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析, 找出数列的通项及其特征, 然后再利用数列的通项揭示 的规律来求数列的前 n 项和,是一个重要的方法.

例9 求

之和.

解:由于 征)

(找通项及特





(分组求和)







例 10 已知数列{an}:

的值.

解:∵ 征)

(找通项及特



(设制分组)



(裂项)



(分组、 裂项求和)





类型 1 解法:把原递推公式转化为 ,利用累加法(逐差相加法)求解。

例:已知数列

满足



,求



解:由条件知: 分别令 ,代入上式得 个等式累加之,即

所以

, 类型 2

解法:把原递推公式转化为

,利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例:已知数列

满足



,求



解:由条件知 之,即

,分别令

,代入上式得

个等式累乘





例:已知



,求



。 类型 3 (其中 p,q 均为常数, )。

解法(待定系数法):把原递推公式转化为: 换元法转化为等比数列求解。 例:已知数列 解:设递推公式 故递推公式为 中, , 可以转化为 ,令 ,则 ,求 . 即

,其中

,再利用

. ,且

.所以 ,所以 变式:递推式: 类型 4 (

是以 .

为首项,2 为公比的等比数列,则

。解法:只需构造数列 (其中 p,q 均为常数, ,其中 p,q, r 均为常数) 。

,消去

带来的差异. )。

解法: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:

再待定系数法解决。

例:已知数列

中,

,

,求



解:在

两边乘以

得:



,则

,解之得:

所以

类型 5 递推公式为

(其中 p,q 均为常数)。 其中 s , t 满足

解法一 ( 待定系数法 ) :先把原递推公式转化为

解法二(特征根法):对于由递推公式 方程 时,数列 , 叫做数列 的通项为 和 时,数列 和 ,代入 的通项为 ,代入 : 的特征方程。 若



给出的数列 是特征方程的两个根, 当



,其中 A , B 由

决定(即把

,得到关于 A、B 的方程组);当 ,其中 A , B 由 决定(即把

,得到关于 A、B 的方程组)。 , ,得

解法 一(待定系 数 ——迭加 法) : 数列 ,求数列 的通项公式。由

,且



则数列

是以

为首项,

为公比的等比数列,于是





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



例:已知数列

中,

,

,

,求



解:由

可转化为





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 个等式累加之,即

,代入上式得



,所以

。 类型 6 递推公式为 与 的关系式。(或 )

解法:这种类型一般利用 消去 进行求解。 或与

与 消去

例:已知数列 式 .

前 n 项和

.(1)求



的关系;(2)求通项公

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:

. (其中 p,q 均为常数, 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 解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令 ,与已知递推式比较,解出 是公比为 例:设数列 解:设 : 的等比数列。 ,求 ,将 . 代入递推式,得 ,从而转化为

?(1)则 代入(1)得 说明:(1)若

,又

,故

为 的二次式,则可设 ;(2)本题也可由 , 转化为 求之. ( ) 两 式 相 减 得

【知识点】: 1.等差数列前 N 项和 公式 S=(A1+An)N/2 即: [(首项+末项)*项数] / 2 等差数列公式求和公式 Sn=n(a1+an)/2 或 Sn=na1+n(n-1)d/2 即: 项数*首项+项数* (项数-1)*公差/2 2.等比数列前 n 项和 设 a1,a2,a3...an 构 成 等 比 数 列 前 n 项 和 Sn=a1+a2+a3...an Sn=a1+a1*q+a1*q^2+....a1*q^(n-2)+a1*q^(n-1)(这个公式虽然是最基本公式 ,但一部分题目中 求前 n 项和是很难用下面那个公式推导的,这时可能要直接从基本公式推导过去,所以希望这 个公式也要理解) Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an*q)/(1-q); q:公比

【例】、已知数列

满足



,则通项公式

an=3^(n-1)+a(n-1) --->an-a(n-1)=3^(n-1) 同样 a(n-1)-a(n-2)=3^(n-2) ??a(n-2(-a(n-3)=3^(n-3) ???????? ??a3-a2=3^2 ??a2-a1=3^1 以上的 n 个等式的两边相加得到 An-a1=3+3^2+……+3^(n-1)=3(1-3^n-1)/(1-3)=(3^n-1)/2

1.判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法: (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 (2)通项公式法: ①若 ②若 = +(n-1)d= +(n-k)d ,则 ,则 为等差数列; 为同一常数。

为等比数列。

(3)中项公式法:验证中项公式成立。 2. 在等差数列 中,有关 的最值问题——常用邻项变号法求解:

(1)当

>0,d<0 时,满足

的项数 m 使得

取最大值.

(2)当

<0,d>0 时,满足

的项数 m 使得

取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。 3.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。 注意事项

1.证明数列

是 等 差 或 等 比 数 列 常 用 定 义 , 即 通过 证 明



而得。 2.在解决等差数列或等比数列的相关问题时,“基本量法”是常用的方法,但有时灵活地 运用性质,可使运算简便,而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。

3.注意



之间关系的转化。如:

=



=



4.解综合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住问题的本质, 揭示问题的内在联系和隐含条件,明确解题方向,形成解题策略. 【问题 1】等差、等比数列的项与和特征问题

例 1.数列

的前 项和记为 的各项为正,其前 项和为 ,且

(Ⅰ) 求 ,又

的通项公式; (Ⅱ) 成等比

等差数列 数列,求

本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识,以及推理能力与运算能力。 解 : ( Ⅰ ) 由 可 得 , 两 式 相 减 得







是首项为 ,公比为 得等比数列



(Ⅱ)设 故可设

的公比为



得,可得 又 解得

,可得

由题意可得 ∵ 等 差 数 列 的 各 项 为 正 , ∴





例 2.设数列

的前 项和为

,且对任意正整数 , 的前 项和为 ,对数列

。 (1)求数列 , 从第几项起 ?

的通项公式? (2) 设数列

.解(1) ∵an+ Sn=4096, ∴a1+ S1=4096, a1 =2048.

当 n ≥ 2 时 , an= Sn - Sn - 1=(4096 - an) - (4096 - an - 1)= an - 1 - an



=

an=2048(

)

n-1

.

(2) ∵log2an=log2[2048(

)

n-1

]=12-n,

∴Tn=

(-n +23n).

2

由 Tn<-509,解得 n> Tn<-509.

,而 n 是正整数,于是,n≥46.

∴从第 46 项起

【问题 2】等差、等比数列的判定问题. 例 3.已知有穷数列 且 = 共有 2 项 (整数 ≥2) , 首项 =2. 设该数列的前 项和为 ,

+2( =1,2,┅,2 -1),其中常数 >1. 是等比数列;(2)若 =2 ,数列 满足 =

(1)求证:数列

( =1,2,┅,2 ),求数列

的通项公式;

(3)若(2)中的数列 ≤4,求 的值.

满足不等式|



|+|



|+┅+|



|+|



|

(1) [证明]

当 n=1 时,a2=2a,则

=a;

2≤n≤2k-1 时, an+1=(a-1) Sn+2, an=(a-1) Sn-1+2,

an+1-an=(a-1) an, (2) 解:由(1) 得 an=2a



=a, ∴数列{an}是等比数列. =2 a =2 ,

, ∴a1a2…an=2 a

bn=

(n=1,2,…,2k).

(3)设 bn≤

,解得 n≤k+

,又 n 是正整数,于是当 n≤k 时, bn<



当 n≥k+1 时, bn>

.

原式=(

-b1)+(

-b2)+…+(

-bk)+(bk+1-

)+…+(b2k-

)

=(bk+1+…+b2k)-(b1+…+bk)

=

=

.



≤4,得 k2-8k+4≤0,

4-2

≤k≤4+2

,又 k≥2,

∴当 k=2,3,4,5,6,7 时,原不等式成立. 例 4。已知数列 数列 中, 是其前 项和,并且 ,求证:数列 ,⑴设 是等比数列;⑵设数列

,求证:数列 和。

是等差数列;⑶求数列

的通项公式及前 项

分析:由于{b }和{c }中的项都和{a }中的项有关,{a }中又有 S -S 作切入点探索解题的途径. =4a , S =4a +2, 两式相减, 得S -S =4(a

=4a +2,可由 S

解: (1)由 S

-a ), 即a

=4a

-4a .(根据 b 的构造,如何把该式表示成 b 变形能力的训练) a -2a =2(a -2a ),又 b =a

与 b 的关系是证明的关键,注意加强恒等

-2a ,所以 b

=2b

① ② .

已知 S =4a +2,a =1,a +a =4a +2,解得 a =5,b =a -2a =3

由①和②得,数列{b }是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b =3·2

当 n≥2 时,S =4a

+2=2

(3n-4)+2;当 n=1 时,S =a =1 也适合上式. (3n-4)+2.

综上可知,所求的求和公式为 S =2


赞助商链接
相关文章:
高中数学数列知识点总结
高中数学数列知识点总结 - 数列基础知识点 《考纲》要求: 1、理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的种方法,并能根据 递推公式写出...
高中数学数列知识点整理
高中数学数列知识点整理_数学_高中教育_教育专区。数列 1、数列中 an 与 S n 之间的关系: , (n ? 1) ?S1 注意通项能否合并。 an ? ? ?Sn ? Sn?1 ...
高中数列知识点总结
高中数列知识点总结 - 明天的成功是今天努力的结果 ——严老师 数列知识点总结 第部分 等差数列 定义式: an ? an?1 ? d ?? am ? (n ? m)d ?...
高中数学数列知识点总结(经典)
高中数学数列知识点总结(经典)_数学_高中教育_教育专区。导航教育独家经典讲义数列基础知识点和方法归纳 1. 等差数列的定义与性质 定义: an?1 ? an ? d ( d...
高中数学数列知识点总结
高中数学数列知识点总结_数学_高中教育_教育专区。迈恩教育 数列、数列的概念 1.数列的定义:按照一定顺序排列的列数称为数列,数列中的每个数称为该 数列...
一__高中数列知识点总结
__高中数列知识点总结_高三数学_数学_高中教育_教育专区。 高中数列知识点总结( 为常数), 成等差数列 1. 等差数列的定义与性质定义: 等差中项: 前 项和...
高中数学数列知识点总结(经典)
高中数学数列知识点总结(经典)_数学_高中教育_教育专区。数列基础知识点和方法归纳 1. 等差数列的定义与性质 定义: an?1 ? an ? d ( d 为常数), an ? ...
高中数列知识大总结(绝对全)
高中数列知识总结(绝对全)_数学_高中教育_教育专区。第六章二、重难点击 ...可得数列的通项公式为 1 ? (?1) n an ? n ? 2 点拨:本例的求解关键...
高中数列知识点总结及练习题附答案
高中数列知识点总结及练习题附答案_数学_高中教育_教育专区。数列知识总结 ① S n ? a1 ? a2 ? ? ? an ; ?S (n ? 1) ② an ? ? 1 . ?Sn ? ...
一 高中数列知识点总结
高中数列知识点总结_数学_高中教育_教育专区。 高中数列知识点总结( 为常数), 成等差数列 1. 等差数列的定义与性质定义: 等差中项: 前 项和 性质: (1...
更多相关标签: