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数列 知识点及解题技巧1等差数列:一般地,如果一种数列从第二项起,每一项与它前一项的差等于同一种常数,即=d ,(n2,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”表达) 2等差数列的通项公式: 或 =pn+q (p、q是常数) 3 有几种措施可以计算公差d d= d= d=4等差中项:成等差数列5等差数列的性质: m+n=p+q (m, n, p, q N )等差数列前n项和公式6.等差数列的前项和公式 (1) (2) (3),当d0,是一种常数项为零的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种措施:(1) 运用:当0,d0,前n项和有最大值可由0,且0,求得n的值当0,前n项和有最小值可由0,且0,求得n的值(2) 运用:由二次函数配措施求得最值时n的值等比数列1等比数列:如果一种数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一种常数,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;公比一般用字母q表达(q0),即:=q(q0)2.等比数列的通项公式: , 3成等比数列=q(,q0) “0”是数列成等比数列的必要非充足条件4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=(a,b同号).6性质:若m+n=p+q,7判断等比数列的措施:定义法,中项法,通项公式法8等比数列的增减性:当q1, 0或0q1, 1, 0,或0q0时, 是递减数列;当q=1时, 是常数列; 当q0时, 是摆动数列;等比数列前n项和等比数列的前n项和公式: 当时, 或 当q=1时,当已知, q, n 时用公式;当已知, q, 时,用公式.数列通项公式的求法一、定义法直接运用等差数列或等比数列的定义求通项的措施叫定义法,这种措施适应于已知数列类型的题目例1等差数列是递增数列,前n项和为,且成等比数列,求数列的通项公式.解:设数列公差为成等比数列,即, 由得:,点评:运用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差(公比)后再写出通项。二、公式法若已知数列的前项和与的关系,求数列的通项可用公式求解。例2已知数列的前项和满足求数列的通项公式。解:由当时,有,经验证也满足上式,因此点评:运用公式求解时,要注意对n分类讨论,但若能合写时一定要合并三、由递推式求数列通项法对于递推公式拟定的数列的求解,一般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,有时也用到某些特殊的转化措施与特殊数列。类型1 递推公式为解法:把原递推公式转化为,运用累加法(逐差相加法)求解。(全国卷I.22)已知数列中,其中,求数列的通项公式。P24(styyj)例3. 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,即因此,类型2 (1)递推公式为解法:把原递推公式转化为,运用累乘法(逐商相乘法)求解。(全国卷I.15)已知数列an,满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+(n1)an1(n2),则an的通项 P24(styyj)例4. 已知数列满足,求。解:由条件知,分别令,代入上式得个等式累乘之,即又,(2)由和拟定的递推数列的通项可如下求得:由已知递推式有, ,依次向前代入,得,简记为 ,这就是叠(迭)代法的基本模式。(3) 递推式: 解法:只需构造数列,消去带来的差别例5设数列:,求.解:设,将代入递推式,得()则,又,故代入()得阐明:(1)若为的二次式,则可设;(2)本题也可由 ,()两式相减得转化为求之.例6已知, ,求。解: 。类型3 递推公式为(其中p,q均为常数,)。解法:把原递推公式转化为:,其中,再运用换元法转化为等比数列求解。(.重庆.14)在数列中,若,则该数列的通项 P24(styyj)例7. 已知数列中,求.解:设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令,则,且.因此是觉得首项,2为公比的等比数列,则,因此.类型4 递推公式为(其中p,q均为常数,)。 (或,其中p,q, r均为常数)(全国I.22)(本小题满分12分)设数列的前项的和,()求首项与通项; P25(styyj)解法:该类型较类型3要复杂某些。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:再应用类型3的措施解决。例8. 已知数列中,,,求。解:在两边乘以得:令,则,应用例7解法得: 因此类型5 递推公式为(其中p,q均为常数)。解法:先把原递推公式转化为其中s,t满足,再应用前面类型3的措施求解。(.福建.理.22)(本小题满分14分)已知数列满足(I)求数列的通项公式; P26(styyj)例9. 已知数列中,,,求。解:由可转化为即或这里不妨选用(固然也可选用,人们可以试一试),则是以首项为,公比为的等比数列,因此,应用类型1的措施,分别令,代入上式得个等式累加之,即又,因此。类型6 递推公式为与的关系式。(或)解法:运用进行求解。(.陕西.20) (本小题满分12分) 已知正项数列an,其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列,求数列an的通项an P24(styyj)例10. 已知数列前n项和.(1)求与的关系;(2)求通项公式.解:(1)由得:于是因此.(2)应用类型4的措施,上式两边同乘以得:由.于是数列是以2为首项,2为公差的等差数列,因此类型7 双数列型解法:根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用累加、累乘、化归等措施求解。例11. 已知数列中,;数列中,。当时,,,求,.解:因因此即(1)又由于因此.即(2)由(1)、(2)得:, 四、待定系数法(构造法)求数列通项公式措施灵活多样,特别是对于给定的递推关系求通项公式,观测、分析、推理能力规定较高。一般可对递推式变换,转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解,这种措施体现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措施。1、通过度解常数,可转化为特殊数列a+k的形式求解。一般地,形如a=p a+q(p1,pq0)型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法:设a+k=p(a+k)与原式比较系数可得pkk=q,即k=,从而得等比数列a+k。例12、数列a满足a=1,a=a+1(n2),求数列a的通项公式。解:由a=a+1(n2)得a2=(a2),而a2=12=1,数列 a2是觉得公比,1为首项的等比数列a2=() a=2()阐明:这个题目通过对常数1的分解,进行合适组合,可得等比数列 a2,从而达到解决问题的目的。例13、数列a满足a=1,,求数列a的通项公式。解:由得设a,比较系数得解得是觉得公比,觉得首项的等比数列例14已知数列满足,且,求解:设,则,是觉得首项,以3为公比的等比数列点评:求递推式形如(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来求得,也可用“归纳猜想证明”法来求,这也是近年高考考得诸多的一种题型例15已知数列满足, ,求解:将两边同除,得设,则令条件可化成,数列是觉得首项,为公比的等比数列因,点评:递推式为(p、q为常数)时,可同除,得,令从而化归为(p、q为常数)型2、通过度解系数,可转化为特殊数列的形式求解。这种措施合用于型的递推式,通过对系数p的分解,可得等比数列:设,比较系数得,可解得。(.福建.文.22)(本小题满分14分)已知数列满足(I)证明:数列是等比数列;(II)求数列的通项公式;例16、数列满足=0,求数列a的通项公式。分析:递推式中含相邻三项,因而考虑每相邻两项的组合,即把中间一项的系数分解成1和2,合适组合,可发现一种等比数列。解:由得即,且是以2为公比,3为首项的等比数列运用逐差法可得 = = = =例17、数列中,求数列的通项公式。解:由得设比较系数得,解得或若取,则有是觉得公比,觉得首项的等比数列由逐差法可得=阐明:若本题中取,则有即得为常数列, 故可转化为例13。例18已知数列满足,求解:设或则条件可以化为是以首项为,公比为的等比数列,因此问题转化为运用累加法求数列的通项的问题,解得点评:递推式为(p、q为常数)时,可以设,其待定常数s、t由,求出,从而化归为上述已知题型五、特性根法1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。作出一种方程则当时,为常数列,即,其中是觉得公比的等比数列,即.例19已知数列满足:求解:作方程当时,数列是觉得公比的等比数列.于是2、对于由递推公式,给出的数列,方程,叫做数列的特性方程。若是特性方程的两个根,当时,数列的通项为,其中A,B由决定(即把和,代入,得到有关A、B的方程组);当时,数列的通项为,其中A,B由决定(即把和,代入,得到有关A、B的方程组)。例20:已知数列满足,求数列的通项公式。解法一(待定系数迭加法)由,得,且。则数列是觉得首项,为公比的等比数列,于是。把代入,得,。把以上各式相加,得。解法二(特性根法):数列:, 的特性方程是:。,。又由,于是故3、如果数列满足下列条件:已知的值且对于,均有(其中p、q、r、h均为常数,且),那么,可作特性方程,当特性方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特性方程有两个相异的根、时,则是等比数列。(.重庆.文.22)(本小题满分12分)数列求数列的通项公式. 解:由已知,得,其特性方程为,解之,得,。 P26 (styyj)例21、已知数列满足性质:对于且求的通项公式. 解: 数列的特性方程为变形得其根为故特性方程有两个相异的根,使用定理2的第(2)部分,则有即例22已知数列满足:对于均有(1)若求(2)若求(3)若求(4)当取哪些值时,无穷数列不存在?解:作特性方程变形得特性方程有两个相似的特性根依定理2的第(1)部分解答.(1)对于均有(2) 令,得.故数列从第5项开始都不存在,当4,时,.(3)令则对于(4)、显然当时,数列从第2项开始便不存在.由本题的第(1)小题的解答过程知,时,数列是存在的,当时,则有令则得且2.当(其中且N2)时,数列从第项开始便不存在.于是知:当在集合或且2上取值时,无穷数列都不存在.阐明:形如:递推式,考虑函数倒数关系有令则可归为型。(取倒数法)例23:解:取倒数:是等差数列,六、构造法 构造法就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充足剖析,有时会联想出一种合适的辅助模型,如某种数量关系,某个直观图形,或者某一反例,以此促成命题转换,产生新的解题措施,这种思维措施的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式规定出该数列的通项公式,此类题一般较难,但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.1、构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然,对于某些递推数列问题,若能构造等差数列或等比数列,无疑是一种行之有效的构造措施.例24: 设各项均为正数的数列的前n项和为,对于任意正整数n,均有等式:成立,求的通项an.解:, ,. 即是以2为公差的等差数列,且.例25: 数列中前n项的和,求数列的通项公式.解:当n2时,令,则,且是觉得公比的等比数列,.2、构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差,然后采用迭加的措施就可求得这一数列的通项公式.例26: 设是首项为1的正项数列,且,(nN*),求数列的通项公式an.解:由题设得.,.例27: 数列中,且,(nN*),求通项公式.解:(nN*)3、构造商式与积式构造数列相邻两项的商式,然后连乘也是求数列通项公式的一种简朴措施.例28: 数列中,前n项的和,求.解: ,4、构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数,取倒数代数变形措施,可由复杂变为简朴,使问题得以解决.例29: 设正项数列满足,(n2).求数列的通项公式.解:两边取对数得:,设,则是以2为公比的等比数列,.,例30: 已知数列中,n2时,求通项公式.解:,两边取倒数得. 可化为等差数列关系式.
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