6.等差数列{a n }共有2n +1项,其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,则其中间项为_________.
7.设z n =(2
1i -)n ,(n ∈N *),记S n =|z 2-z 1|+|z 3-z 2|+…+|z n +1-z n |,则lim ∞
→n S n =_________.
8.作边长为a 的正三角形的内切圆,在这个圆内作新的内接正三角形,在新的正三角形内再作内切圆,如此继续下去,所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.
9.从盛满a 升酒精的容器里倒出b 升,然后再用水加满,再倒出b 升,再用水加满;这样倒了n 次,则容器中有纯酒精_________升.
10.据2000年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》:“2001年国内生产总值达到95933亿元,比上年增长7.3%,”如果“十·五”期间(2001年~2005年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长,那么到“十·五”末我国国内年生产总值约为_________亿元. 三、解答题
11.已知:在等比数列{a n }中,S n = a 1+ a 2+ a 3+…+ a n ,若S 10=5,S 20=15。求:S 30的值. 12.项数为奇数的等差数列{a n }中,奇数项之和为80,偶数项之和为75,求此数列的中间项和项数. 13.数列{a n }中,前m 项(m 为奇数)的和为77,其中偶数项之和为33,且a 1-a m =18,求这个数列的通项公式.
14.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 3=12,S 12>0,S 13<0.
(1)求公差d 的取值范围;
(2)指出S 1、S 2、…、S 12中哪一个值最大,并说明理由. 15.已知数列{a n }为等差数列,公差d ≠0,由{a n }中的部分项组成的数列
a 1
b ,a 2b ,…,a n b ,…为等比数列,其中b 1=1,b 2=5,b 3=17.
(1)求数列{b n }的通项公式;
(2)记T n =C 1n b 1+C 2n
b 2+C 3n b 3+…+C n
n b n ,求n
n
n n b
T +∞→4lim .
16.设{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 2+a 4=b 3,b 2·b 4=a 3,分别求出{a n }及{b n }的前n 项和S 10及T 10.
17.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =(m +1)-ma n .对任意正整数n 都成立,其中m 为常数,且m <-1.
(1)求证:{a n }是等比数列;
(2)设数列{a n }的公比q =f (m ),数列{b n }满足:b 1=
3
1
a 1,
b n =f (b n -1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m 为何值时,)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞
→∞
→+++=?Λ成立?
18.已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145.
(1)求数列{b n }的通项b n ;
(2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+n
b 1)(其中a >0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与
3
1
log a b n +1的大小,并证明你的结论. 19.某公司全年的利润为b 元,其中一部分作为奖金发给n 位职工,奖金分配方案如下:首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小,由1到n 排序,第1位职工得奖金
n
b
元,然后再将余额除以n 发给第2位职工,按此方法将奖金逐一发给每位职工,并将最后剩余部分作为公司发展基金.
(1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额,试求a 2,a 3,并用k 、n 和b 表示a k (不必证明); (2)证明a k >a k +1(k =1,2,…,n -1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义; (3)发展基金与n 和b 有关,记为P n (b ),对常数b ,当n 变化时,求lim ∞
→n P n (b ).
【参考答案】 一.选择题
1.解法一:因为{a n }是等比数列,设{a n }的公比为q ,由a n >0知q>0, 因a 2a 4+2 a 3a 5+ a 4a 6=25,
所以,a 1q a 1q 3+2a 1q 2a 1q 4+a 1q 3a 1q 5=25, 即[a 1q 2(1+ q 2)]2=25,∴ a 1q 2(1+ q 2)=5,
得a 3+ a 5= a 1q 2+a 1q 4= a 1q 2(1+ q 2)=5 . 故选择答案A .
解法二:因{a n }是等比数列,∴a 2a 4= a 23,a 4a 6= a 2
5 , ∴原式可化为 a 23+2 a
3
a 5+ a 2
5=25, 即(a 3+ a 5)2=25.
因 a n >0 , ∴ a 3+ a 5= 5 , 故选择答案A
2. 解法一:因为{a n }是等差数列,设其首项为a 1,公差为d , 由已知 a 1+ a 2+a 3+a 4+a 5= 20 有 5 a 1+10d = 20,
∴ a 1+2d = 4, 即 a 3= 4.故选择答案A.
解法二:因{a n }是等差数列,所以 a 1+ a 5= a 2+ a 4=2 a 3, 由已知 a 1+a 2+a 3+a 4+a 5= 20 得5 a 3= 20,∴ a 3= 4. 故选择答案A
3.解析:利用等比数列和的性质.依题意,32
315
10=S S ,而a 1=-1,故q ≠1,
∴32
132
32315
510-=-=-S S S ,根据等比数列性质知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10,…,也成等比数列,且它的公比为q 5,
∴q 5=-32
1,即q =-2
1
.
∴.3
21lim 1-=-=∞
→q a S n n
故选择答案B.
4.解析:当a =n 时y =n (n +1)x 2-(2n +1)x +1 由|x 1-x 2|=a
?,得d n =
)
1(1+n n , ∴d 1+d 2+…+d n
.1)11
1(lim )(lim 1,111113121211)1(132121121=+-=+++∴+-=+-++-+-=+++?+?=
∞→∞→n d d d n n n n n n n n ΛΛΛ
故选择答案A.
二、5.解析:解出a 、b ,解对数不等式即可. 故填答案:(-∞,8)
6.解析:利用S 奇/S 偶=n
n 1+得解.
故填答案:第11项a 11
=29.
111117.:|||()()|,22n n n n n n i i c z z +++--=-=-=解析设
.22)22(12
21])22(1[2121--=-
-=+++=∴n
n n n c c c S Λ
.
2212222
21lim +=+=-=
∴∞
→n n S
故填答案:1+2
2.
8.解析:由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n },可得a n =1
2-n a ,正三角形的内切圆构成等比数列{r n },
可得r n =1
2163-n a ,
∴这些圆的周长之和c =lim ∞
→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=2
33π a 2,
面积之和S =lim ∞
→n π(n 2+r 22+…+r n 2)= 9
πa 2
故填答案:周长之和2
33πa ,面积之和9
πa 2
9.解析:第一次容器中有纯酒精a -b 即a (1-a
b )升,第二次有纯酒精
a (1-a
b )-b a a b
a )
1(-,即a (1-a
b )2
升,故第n 次有纯酒精a (1-a
b )n 升.
故填答案:a (1-a
b )n
10.解析:从2001年到2005年每年的国内生产总值构成以95933为首项,以7.3%为公比的等比数列,∴a 5=95933(1+7.3%)4≈120000(亿元).
故填答案:120000.
三、11. 解:因为 {a n }为等比数列, 所以 S 10,S 20-S 10,S 30-S 20是等比数列.
即 5,15-5,S 30-15是等比数列,得5(S 30-15)=102 ,∴ S 30=35. 12.解:设等差数列{a n }共有2n -1 项,S 1=80,S 2=75,则
21S S =1-n n =7580=15
16
, 得 n=16,所以 2n -1=2×16-1=31 即此数列共有31项.
又由{a n }的项数为2n -1,知其中间项是a n ,故a n = S 1-S 2=80-75=5, ∴ a 16=5.
13. 解:设等差数列{a n }中,前m 项的和为S m ,其中奇数项之和为S 1,偶数项之和为S 2,由题意得S m =77,S 2=33,S 1= S m -S 2= 44, 令m=2n -1则
21S S =1-n n =3
4,得n =4, ∴m=7,∴ a 4=S 1-S 2=11,又a 1-a 7=18,得首项为20,公差为-3,
故通项公式为a n =-3 n+23.
14.(1)解:依题意有:??
?
?
?
????
+=>?+==+=.02121313,02111212,
1221131
1213d a S d a S d a a 解之得公差d 的取值范围为-7
24<d <-3.
(2)解法一:由d <0可知a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13,因此,在S 1,S 2,…,S 12中S k 为最大值的条件为:
a k ≥0且a k +1<0,即??
?<-+≥-+0
)2(0)3(33d k a d k a ∵a 3=12,∴??
?-<-≥12
2123d kd d kd ,∵d <0,∴2-d 12<k ≤3-d
12. ∵-7
24<d <-3,∴2
7<-d
12<4,得5.5<k <7.
因为k 是正整数,所以k =6,即在S 1,S 2,…,S 12中,S 6最大.
解法二:由d <0得a 1>a 2>…>a 12>a 13,因此,若在1≤k ≤12中有自然数k ,使得a k ≥0,且a k +1<0,则S k 是S 1,S 2,…,S 12中的最大值.由等差数列性质得,当m 、n 、p 、q ∈N *,且m +n =p +q 时,a m +a n =a p +a q .所以有:2a 7=a 1+a 13=13
2S 13<0,∴a 7<0,a 7+a 6=a 1+a 12=6
1S 12>0,∴a 6≥-a 7>0,故在S 1,S 2,…,S 12中S 6
最大.
解法三:依题意得:)(2
)212()1(2
21n n d d n d n n na S n -+-=-+=
222)]24
5(21[,0,)245(8)]245(21[2d
n d d d d n d --∴<----=Θ最小时,S n 最大; ∵-7
24<d <-3,∴6<2
1(5-d
24)<6.5.从而,在正整数中,
当n =6时,[n -2
1 (5-d
24)]2最小,所以S 6最大.
15.解:(1)由题意知a 52=a 1·a 17,即(a 1+4d )2=a 1(a 1+16d )?a 1d =2d 2,
∵d ≠0,∴a 1=2d ,数列{n b a }的公比q =1
11
54a d a a a +==3,
∴n b a =a 1·3n -
1
① 又n b a =a 1+(b n -1)d =12
1a b n +
②
由①②得a 1·3n -
1=2
1+n b ·a 1.∵a 1=2d ≠0,∴b n =2·3n -
1-1.
(2)T n =C 1n b 1+C 2n b 2+…+C n n b n =C 1n (2·30-1)+C 2n ·(2·31-1)+…+C n n (2·3n -
1-1)=3
2(C 1n +C 2n ·
32+…+C n n ·3n )-(C 1n +C 2n +…+C n n )=32[(1+3)n -1]-(2n -1)=
32·4n -2n +3
1, .3
2)41()43(211)
41(31)21(32lim 1324312432lim 4lim 11
=-?++-=-?++-?=+∴-∞→-∞→∞→n n n
n n n n n n n n n n n b T
高考数列万能解题方法
数列的项n a 与前n 项和n S 的关系:1 1 (1)(2)n n n s n a s s n -=?=?-≥? 数列求和的常用方法: 1、拆项分组法:即把每一项拆成几项,重新组合分成几组,转化为特殊数列求和。 2、错项相减法:适用于差比数列(如果 {}n a 等差,{}n b 等比,那么{}n n a b 叫做差比数列) 即把每一项都乘以{}n b 的公比q ,向后错一项,再对应同次项相减,转化为等比 数列求和。 3、裂项相消法:即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,可求和。 适用于数列11n n a a +???????和??(其中{}n a 等差) 可裂项为: 11 1111 ()n n n n a a d a a ++=-?,
1 d = 等差数列前n项和的最值问题: 1、若等差数列{}n a的首项10 a>,公差0 d<,则前n项和 n S有最大值。 (ⅰ)若已知通项 n a,则 n S最大? 1 n n a a + ≥ ? ? ≤ ? ; (ⅱ)若已知2 n S pn qn =+,则当n取最靠近 2 q p -的非零自然数时 n S最大; 2、若等差数列{}n a的首项10 a<,公差0 d>,则前n项和 n S有最小值 (ⅰ)若已知通项 n a,则 n S最小? 1 n n a a + ≤ ? ? ≥ ? ; (ⅱ)若已知2 n S pn qn =+,则当n取最靠近 2 q p -的非零自然数时 n S最小; 数列通项的求法: ⑴公式法:①等差数列通项公式;②等比数列通项公式。 ⑵已知 n S(即 12 () n a a a f n +++= L)求 n a,用作差法:{11,(1),(2) n n n S n a S S n - = =-≥。 已知 12 () n a a a f n = g g L g求 n a,用作商法: (1),(1) () ,(2) (1) n f n f n a n f n = ?? =?≥ ?- ? 。 ⑶已知条件中既有 n S还有 n a,有时先求 n S,再求 n a;有时也可直接求 n a。 ⑷若 1 () n n a a f n + -=求 n a用累加法: 11221 ()()() n n n n n a a a a a a a --- =-+-++- L 1 a +(2) n≥。 ⑸已知1() n n a f n a +=求 n a,用累乘法:12 1 121 n n n n n a a a a a a a a - -- =???? L(2) n≥。 ⑹已知递推关系求 n a,用构造法(构造等差、等比数列)。 特别地,(1)形如 1 n n a ka b - =+、 1 n n n a ka b - =+(,k b为常数)的递推数列都可以用待 定系数法转化为公比为k的等比数列后,再求n a;形如1n n n a ka k - =+的递推数列都可以除以 n k得到一个等差数列后,再求 n a。 (2)形如1 1 n n n a a ka b - - = + 的递推数列都可以用倒数法求通项。
数列解题技巧归纳总结---好(5份)
知识框架 111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-? ?-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ??????????????????? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??????????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和 求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识,特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质,掌握 了典型题型的解法和数学思想法的应用,就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 (1)观察法。(2)由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解,通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n (d ,q 为常数) 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2,而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1,公差为2的等差数列 ∴a n =1+2(n-1) 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=,而12a =,求n a =?
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
知识框架 111111(2)(2)(1)( 1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-??-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ???????????????? ??? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??? ???????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识,特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质,掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用,就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 (1)观察法。(2)由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解,通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n (d ,q 为常数) 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2,而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1,公差为2的等差数列 ∴a n =1+2(n-1) 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=,而12a =,求n a =? (2)递推式为a n+1=a n +f (n ) 例3、已知{}n a 中112a = ,121 41 n n a a n +=+-,求n a . 解: 由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1,2,…,(n-1),代入得(n-1)个等式累加,即(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) 2 43 4)1211(211--= --+=n n n a a n ★ 说明 只要和f (1)+f (2)+…+f (n-1)是可求的,就可以由a n+1=a n +f (n )以n=1,2,…,(n-1)代 入,可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q (p ,q 为常数) 例4、{}n a 中,11a =,对于n >1(n ∈N )有132n n a a -=+,求n a . 解法一: 由已知递推式得a n+1=3a n +2,a n =3a n-1+2。两式相减:a n+1-a n =3(a n -a n-1) 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列,其首项为a 2-a 1=(3×1+2)-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1 -1 解法二: 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列,于是有:a 2-a 1=4,a 3-a 2=4·3,a 4-a 3=4·32,…,a n -a n-1=4·3n-2 , 把n-1个等式累加得: ∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=p a n +q n (p ,q 为常数) )(3211-+-= -n n n n b b b b 由上题的解法,得:n n b )32(23-= ∴n n n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+
数列知识点及常用解题方法归纳总结
数列知识点及常用解题方法归纳总结 一、 等差数列的定义与性质 () 定义:为常数,a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项:,,成等差数列x A y A x y ?=+2 ()()前项和n S a a n na n n d n n = +=+ -112 12 {}性质:是等差数列a n ()若,则;1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}()数列,,仍为等差数列;2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ,,……仍为等差数列;232-- ()若三个数成等差数列,可设为,,;3a d a a d -+ ()若,是等差数列,为前项和,则 ;421 21 a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}()为等差数列(,为常数,是关于的常数项为52 a S an bn a b n n n ?=+ 0的二次函数) {}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值;或者求出中的正、负分界=+2 项,即: 当,,解不等式组可得达到最大值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0><≥≤?? ?+ 当,,由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11000 <>≤≥?? ?+ {}如:等差数列,,,,则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123 (由,∴a a a a a n n n n n ++=?==----12113331 ()又·,∴S a a a a 3132 22 33113 = +===
数列知识点和常用解题方法归纳总结
数列知识点和常用解题方法 归纳总结 -标准化文件发布号:(9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
数列知识点及常用解题方法归纳总结 一、 等差数列的定义与性质 () 定义:为常数,a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项:,,成等差数列x A y A x y ?=+2 ()()前项和n S a a n na n n d n n = +=+ -112 12 {}性质:是等差数列a n ()若,则;1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}()数列,,仍为等差数列;2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ,,……仍为等差数列;232-- ()若三个数成等差数列,可设为,,;3a d a a d -+ ()若,是等差数列,为前项和,则 ;421 21 a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}()为等差数列(,为常数,是关于的常数项为52a S an bn a b n n n ?=+ 0的二次函数) {}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值;或者求出中的正、负分界=+2 项,即: 当,,解不等式组可得达到最大值时的值。a d a a S n n n n 11000 0><≥≤???+ 当,,由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0<>≤≥???+ {}如:等差数列,,,,则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123 (由,∴a a a a a n n n n n ++=?==----12113331 ()又·,∴S a a a a 3132 22 3311 3 = +===
2020届高三数学复习 数列解题方法集锦
2020届高三数学复习 数列解题方法集锦 数列是高中数学的重要内容之一,也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出 现,所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法,而且有效地考查了学生的各种能力。 一、数列的基础知识 1.数列{a n }的通项a n 与前n 项的和S n 的关系 它包括两个方面的问题:一是已知S n 求a n ,二是已知a n 求S n ; 1.1 已知S n 求a n 对于这类问题,可以用公式a n =???≥-=-) 2()1(11 n S S n S n n . 1.2 已知a n 求S n 这类问题实际上就是数列求和的问题。数列求和一般有三种方法:颠倒相加法、错位相 减法和通项分解法。 2.递推数列:?? ?==+) (11n n a f a a a ,解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系,设 法转化为等差数列与等比数列的有关问题,然后解决。 例1 已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-2n+3,求数列{a n }的通项a n ,并判断数列{a n }是否为 等差数列。 解:由已知:S n =n 2-2n+3,所以,S n-1=(n-1)2-2(n-1)+3=n 2-4n+6, 两式相减,得:a n =2n-3(n ≥2),而当n=1时,a 1=S 1=2,所以a n =???≥-=) 2(32)1(2 n n n . 又a 2-a 1≠a 3-a 2,故数列{a n }不是等差数列。 注意:一般地,数列{a n }是等差数列?S n =an 2 +bn ?S n 2 ) (1n a a n +. 数列{a n }是等比数列?S n =aq n -a. 例2 已知数列{a n }的前n 项的和S n = 2 ) (1n a a n +,求证:数列{a n }是等差数列。 证明:因为S n = 2)(1n a a n +,所以,2 ) )(1(111++++=n n a a n S
数列解题技巧
数列解题技巧 公司内部编号:(GOOD-TMMT-MMUT-UUPTY-UUYY-DTTI-
第四讲数列与探索性新题型的解题技巧 【命题趋向】 从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势: 1.等差(比)数列的基本知识是必考内容,这类问题既有选择题、填空题,也有解答题;难度易、中、难三类皆有. 2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到,解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意: 1.数列是一种特殊的函数,学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差(比)数列,是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量a1、d(或q),掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过“设而不求,整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面,如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的,数列也不例外.如a n与S n的转化;将一些数列转化成等差(比)数列来解决等.复习时,要及时总结归纳. 5.深刻理解等差(比)数列的定义,能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键.
6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法,养成良好的学习习惯,定能达到事半功倍的效果. 7.数列应用题将是命题的热点,这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】 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一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项. 2.理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解答简单的问题. 3.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解决简单的问题. 4.数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题,突出考查考生的思维能力,解决问题的能力,试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化,常需构造数列模型,将现实问题转化为数学问题来解决. 【例题解析】
高考数学数列答题技巧解析
2019-2019高考数学数列答题技巧解析 数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础。下面是查字典数学网整理的数学数列答题技巧,请考生学习。 高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏。 有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。 探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。 近几年来,高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面; (1)数列本身的有关知识,其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。 (2)数列与其它知识的结合,其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。 (3)数列的应用问题,其中主要是以增长率问题为主。 试题的难度有三个层次,小题大都以基础题为主,解答题大都以基础题和中档题为主,只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
1、在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上,系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律,深化数学思想方法在解题实践中的指导作用,灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关 问题。 2、在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识,沟通各类知识的联系,形成更完整的知识网络,提高分析问题和解决问题的能力。进一步培养学生阅读理解和创新能力,综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。 单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。这样,即巩固了所学的材料,又锻炼了学生的写作能力,同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等,达到“一石多鸟”的效果。 3、培养学生善于分析题意,富于联想,以适应新的背景,新的设问方式,提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法. 其实,任何一门学科都离不开死记硬背,关键是记忆有技巧,
数列常见解题方法
数列解题方法 一、基础知识: 数列: 1.数列、项的概念:按一定 次序 排列的一列数,叫做 数列 ,其中的每 一个数叫做数列的项 . 2.数列的项的性质:① 有序性 ;② 确定性 ;③ 可重复性 . 3.数列的表示:通常用字母加右下角标表示数列的项,其中右下角标表示 项的位置序号,因此数列的一般形式可以写成a 1,a 2,a 3,…,a n ,(…),简记作 {a n } .其中a n 是该数列的第n 项,列表法、 图象法、 符号法、 列举法、 解析法、 公式法(通项公式、递推公式、求和公式)都是表示数列的方法. 4.数列的一般性质:①单调性 ;②周期性 . 5.数列的分类: ①按项的数量分: 有穷数列 、 无穷数列 ; ②按相邻项的大小关系分:递增数列 、递减数列 、常数列、摆动数列 、其他; ③按项的变化规律分:等差数列、等比数列、其他; ④按项的变化X 围分:有界数列、无界数列. 6.数列的通项公式:如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的函数 关系可以用一个公式a n =f (n )(n ∈N +或其有限子集{1,2,3,…,n}) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 通项公式 .数列的项是指数列中一个确定的数,是函数值,而序号是指数列中项的位置,是自变量的值.由通项公式可知数列的图象是 散点图 ,点的横坐标是 项的序号值 ,纵坐标是 各项的值 .不是所有的数列都有通项公式,数
列的通项公式在形式上未必唯一. 7.数列的递推公式:如果已知数列{a n }的第一项(或前几项),且任一项 a n 与它的前一项a n -1(或前几项a n-1,a n -2,…)间关系可以用一个公式a n =f (a 1n -)(n =2,3,…) (或a n =f (a 1n -,a 2n -)(n=3,4,5,…),…)来表示,那么这个公式叫做这个数列的 递推公式 . 8.数列的求和公式:设S n 表示数列{a n }和前n 项和,即S n =1n i i a =∑=a 1+a 2+… +a n ,如果S n 与项数n 之间的函数关系可以用一个公式S n = f (n )(n =1,2,3,…) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 求和公式 . 9.通项公式与求和公式的关系: 通项公式a n 与求和公式S n 的关系可表示为:11(1) (n 2)n n n S n a S S -=?=?-≥? 等差数列与等比数列:
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等差数列前n 项和的最值问题: 1、若等差数列{}n a 的首项1 a >,公差0d <,则前n 项和n S 有 最大值。 (ⅰ)若已知通项n a ,则n S 最大?1 n n a a +≥?? ≤? ; (ⅱ)若已知2n S pn qn =+,则当n 取最靠近2q p -的非零自然数 时n S 最大; 2、若等差数列{}n a 的首项1 0a <,公差0d >,则前n 项和n S 有 最小值 (ⅰ)若已知通项n a ,则n S 最小?1 n n a a +≤?? ≥? ; (ⅱ)若已知2n S pn qn =+,则当n 取最靠近2q p -的非零自然数 时n S 最小; 数列通项的求法: ⑴公式法:①等差数列通项公式;②等比数列通项公式。 ⑵已知n S (即1 2 ()n a a a f n +++=)求n a ,用作差法:{1 1 ,(1),(2) n n n S n a S S n -==-≥。 已知1 2() n a a a f n =求n a ,用作商法: (1),(1)() ,(2) (1)n f n f n a n f n =??=?≥?-? 。 ⑶已知条件中既有n S 还有n a ,有时先求n S ,再求n a ;有时 也可直接求n a 。 ⑷若1 ()n n a a f n +-=求n a 用累加法:1 1 2 2 1 ()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1 a +(2)n ≥。 ⑸已知1()n n a f n a +=求n a ,用累乘法:12 1 121 n n n n n a a a a a a a a ---=????(2)n ≥。 ⑹已知递推关系求n a ,用构造法(构造等差、等比
数列解题技巧
数列解题技巧 Revised by Liu Jing on January 12, 2021
第四讲数列与探索性新题型的解题技巧 【命题趋向】 从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势: 1.等差(比)数列的基本知识是必考内容,这类问题既有选择题、填空题,也有解答题;难度易、中、难三类皆有. 2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到,解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意: 1.数列是一种特殊的函数,学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差(比)数列,是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量a1、d(或q),掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过“设而不求,整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面,如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的,数列也不例外.如a n与S n的转化;将一些数列转化成等差(比)数列来解决等.复习时,要及时总结归纳. 5.深刻理解等差(比)数列的定义,能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键.
6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法,养成良好的学习习惯,定能达到事半功倍的效果. 7.数列应用题将是命题的热点,这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】 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一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项. 2.理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解答简单的问题. 3.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解决简单的问题. 4.数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题,突出考查考生的思维能力,解决问题的能力,试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化,常需构造数列模型,将现实问题转化为数学问题来解决. 【例题解析】
高考数列万能解题方法定稿版
高考数列万能解题方法 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】
数列的项n a 与前n 项和n S 的关系:1 1(1)(2)n n n s n a s s n -=?=?-≥? 数列求和的常用方法: 1、拆项分组法:即把每一项拆成几项,重新组合分成几组,转化为特殊数列求和。 2、错项相减法:适用于差比数列(如果{}n a 等差,{}n b 等比,那么{}n n a b 叫做差比数 列) 即把每一项都乘以{}n b 的公比q ,向后错一项,再对应同次项相减,转化为等比数列求和。 3、裂项相消法:即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,可求和。 适用于数列11n n a a +???????和??(其中{}n a 等差)
可裂项为: 111111()n n n n a a d a a ++=-? 1 d = 等差数列前n 项和的最值问题: 1、若等差数列{}n a 的首项10a >,公差0d <,则前n 项和n S 有最大值。 (ⅰ)若已知通项n a ,则n S 最大?10 n n a a +≥??≤?; (ⅱ)若已知2n S pn qn =+,则当n 取最靠近2q p - 的非零自然数时n S 最大; 2、若等差数列{}n a 的首项10a <,公差0d >,则前n 项和n S 有最小值 (ⅰ)若已知通项n a ,则n S 最小?1 0n n a a +≤??≥?; (ⅱ)若已知2n S pn qn =+,则当n 取最靠近2q p - 的非零自然数时n S 最小; 数列通项的求法: ⑴公式法:①等差数列通项公式;②等比数列通项公式。 ⑵已知n S (即12()n a a a f n +++=)求n a ,用作差法:{ 11,(1) ,(2) n n n S n a S S n -== -≥。 已知12 ()n a a a f n =求n a ,用作商法:(1),(1)() ,(2) (1) n f n f n a n f n =??=?≥?-?。 ⑶已知条件中既有n S 还有n a ,有时先求n S ,再求n a ;有时也可直接求n a 。
高中数学数列复习题型归纳解题方法整理
数列 一、等差数列与等比数列 1.基本量的思想: 常设首项、(公差)比为基本量,借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。 2.等差数列与等比数列的联系 1)若数列{}n a 是等差数列,则数列}{n a a 是等比数列,公比为d a ,其中a 是常数,d 是{}n a 的公差。 (a>0且a ≠1); 2)若数列{}n a 是等比数列,且0n a >,则数列{}log a n a 是等差数列,公差为log a q ,其中a 是常数且 0,1a a >≠,q 是{}n a 的公比。 3)若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 是非零常数数列。 3.等差与等比数列的比较
4、典型例题分析 【题型1】等差数列与等比数列的联系 例1 (2010陕西文16)已知{}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.(Ⅰ)求数列{}的通项;(Ⅱ)求数列{2}的前n项和. 解:(Ⅰ)由题设知公差d≠0, 由a1=1,a1,a3,a9成等比数列得12 1 d + = 18 12 d d + + , 解得d=1,d=0(舍去),故{}的通项=1+(n-1)×1=n. (Ⅱ)由(Ⅰ)知2m a=2n,由等比数列前n项和公式得 2+22+23+…+22(12) 12 n - - 21-2. 小结与拓展:数列{}n a是等差数列,则数列} {n a a是等比数列,公比为d a,其中a是常数,d是{}n a的公差。(a>0且a≠1). 【题型2】与“前n项和与通项”、常用求通项公式的结合 例2 已知数列{}的前三项与数列{}的前三项对应相同,且a1+2a2+22a3+…+2n-1=8n对任意的n∈N*都成立,数列{+1-}是等差数列.求数列{}与{}的通项公式。 解:a1+2a2+22a3+…+2n-1=8n(n∈N*) ① 当n≥2时,a1+2a2+22a3+…+2n-2-1=8(n-1)(n∈N*) ② ①-②得2n-1=8,求得=24-n, 在①中令n=1,可得a1=8=24-1, ∴=24-n(n∈N*).由题意知b1=8,b2=4,b3=2,∴b2-b1=-4,b3-b2=-2, ∴数列{+1-}的公差为-2-(-4)=2,∴+1-=-4+(n-1)×2=2n-6,
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数列解题技巧归纳总结 基础知识: 1.数列、项的概念:按一定 次序 排列的一列数,叫做 数列 ,其中的每一个数叫做数列的项 . 2.数列的项的性质:① 有序性 ;② 确定性 ;③ 可重复性 . 3.数列的表示:通常用字母加右下角标表示数列的项,其中右下角标表示项的位置序号,因此数列的一般形 式可以写成a 1,a 2,a 3,…,a n ,(…),简记作 {a n } .其中a n 是该数列的第 n 项,列表法、 图象法、 符号法、 列举法、 解析法、 公式法(通项公式、递推公式、求和公式)都是表示数列的方法. 4.数列的一般性质:①单调性 ;②周期性 . 5.数列的分类: ①按项的数量分: 有穷数列 、 无穷数列 ; ②按相邻项的大小关系分:递增数列 、递减数列 、常数列、摆动数列 、其他; ③按项的变化规律分:等差数列、等比数列、其他; ④按项的变化范围分:有界数列、无界数列. 6.数列的通项公式:如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的函数关系可以用一个公式a n =f (n )(n ∈N + 或其有限子集{1,2,3,…,n}) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 通项公式 .数列的项是指数列中一个确定的数,是函数值,而序号是指数列中项的位置,是自变量的值.由通项公式可知数列的图象是 散点图 ,点的横坐标是 项的序号值 ,纵坐标是 各项的值 .不是所有的数列都有通项公式,数列的通项公式在形式上未必唯一. 7.数列的递推公式:如果已知数列{a n }的第一项(或前几项),且任一项a n 与它的前一项a n -1(或前几项a n-1, a n -2,…)间关系可以用一个公式 a n =f (a 1n -)(n =2,3,…) (或 a n =f (a 1n -,a 2n -)(n=3,4,5,…),…) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 递推公式 . 8.数列的求和公式:设S n 表示数列{a n }和前n 项和,即S n = 1 n i i a =∑=a 1 +a 2 +…+a n ,如果S n 与项数n 之间的函数 关系可以用一个公式 S n = f (n )(n =1,2,3,…) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 求和公式 . 9.通项公式与求和公式的关系: 通项公式a n 与求和公式S n 的关系可表示为:11(1) (n 2) n n n S n a S S -=?=? -≥? 等差数列与等比数列: 等差数列 等比数列 文字定义 一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的差是同一个常数,那么这个数列就叫等差数列,这个常数叫等差数列的公差。 一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比是同一个常数,那么这个数列就叫等比数列,这个常数叫等比数列的公比。 符号定义 1n n a a d +-= 1 (0)n n a q q a +=≠ 分类 递增数列:0d > 递减数列:0d < 递增数列:1101001a q a q >><<<,或,
数列题型及解题方法归纳总结
知识框架 掌握了数列的基本知识,特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质,掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用,就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 (1)观察法。(2)由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解,通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n (d ,q 为常 数) 例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2,而且a 1=1。求a n 。 例1、解∵a n+1-a n =2为常数∴{a n }是首项为1,公差为2的等差数列 ∴a n =1+2(n-1)即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2n n a a +=,而12a =,求 n a =? (2)递推式为a n+1=a n +f (n ) 例3、已知{}n a 中112 a = ,12 141 n n a a n +=+ -,求n a . 解:由已知可知 )12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1,2,…,(n-1),代入得(n-1)个等式累加,即(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) ★ 说明只要和f (1)+f (2)+…+f (n-1)是可求的,就可以由a n+1=a n +f (n )以n=1,2,…,(n-1)代入,可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q (p ,q 为常数) 例4、{}n a 中,11a =,对于n >1(n ∈N )有 132n n a a -=+,求n a . 解法一:由已知递推式得a n+1=3a n +2,a n =3a n-1+2。两式相减:a n+1-a n =3(a n -a n-1) 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列,其首项为a 2-a 1=(3×1+2)-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1∵a n+1=3a n +2∴3a n +2-a n =4·3n-1 即a n =2·3n-1-1 解法二:上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列,于是有:a 2-a 1=4,a 3-a 2=4·3,a 4-a 3=4·32,…,a n -a n-1=4·3n-2, 把n-1个等式累加得:∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=pa n +qn (p ,q 为常数) )(3 2 11-+-=-n n n n b b b b 由上题的解法, 得:n n b )3 2(23-=∴ n n n n n b a )31(2)21(32 -== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+ 思路:设21n n n a pa qa ++=+,可以变形为: 211()n n n n a a a a αβα+++-=-, 想 于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列,就转化 为前面的类型。 求n a 。 (6)递推式为S n 与a n 的关系式 系;(2)试用n 表示a n 。 ∴)2121( )(1 2 11 --++- +-=-n n n n n n a a S S ∴1 11 2 1 -+++ -=n n n n a a a ∴ n n n a a 2 1 211+= + 上式两边同乘以2n+1得2n+1a n+1=2n a n +2则{2n a n }是公差为2的等差数列。 ∴2n a n =2+(n-1)·2=2n 数列求和的常用方法: 1、拆项分组法:即把每一项拆成几项,重新组合分成几组,转化为特殊数列求和。
数列题型的解题技巧
近几年高考题可见数列题命题有如下趋势: 1.等差(比)数列的基本知识是必考内容,这类问题既有选择题、填空题,也有解答题;难度易、中、难三类皆有. 2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到,解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等. 因此复习中应注意: 1.数列是一种特殊的函数,学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差(比)数列,是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量a1、d(或q),掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过“设而不求,整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面,如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的,数列也不例外.如a n与S n的转化;将一些数列转化成等差(比)数列来解决等.复习时,要及时总结归纳. 5.深刻理解等差(比)数列的定义,能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键. 6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法,养成良好的学习习惯,定能达到事半功倍的效果. 7.数列应用题将是命题的热点,这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】 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一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项. 2.理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解答简单的问题. 3.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解决简单的问题. 4.数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题,突出考查考生的思维能力,解决问题的能力,试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化,常需构造数列模型,将现实问题转化为数学问题来解决. 【例题解析】 考点1 正确理解和运用数列的概念与通项公式 理解数列的概念,正确应用数列的定义,能够根据数列的前几项写出数列的通项公式.
高中数列方法与解题技巧(学生版)
高中数列方法与解题技巧 一、数列求通项的10种方法 二、数列求和的7种方法 三、6道高考数列大题 数列求通项的10种方法 一、公式法 例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+?,12a =,求数列{}n a 的通项公式. 方法:等式两边同时除以12n + ,构造成等差数列,利用等差数列公式求解。 形式:n a 项系数与后面所加项底数相同 二、累加法 例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=,,求数列{}n a 的通项公式. 方法: 12121 ........................ 211n n a a n a a +--=+=?- 将上述各式累加,中间式子首尾项相抵可求得n a 形式:()1 n n a a f n +=+; 要求1n a +、n a 的系数均为1,对于n a 不为1时,需除以系 数化为1。 例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+?+=,,求数列{}n a 的通项公式. 方法:同例2 例4 已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+?+=,,求数列{}n a 的通项公式. 方法:等式的两边同除以3,,将n a 系数化为1,再用累加法。 三、累乘法 例5 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+?=,,求数列{}n a 的通项公式.。
方法:()()11 21 215..........................2115n n n a n a a a +=+=+ 将上述各式累乘,消除中间各项,可求得n a 形式:()1n n a f n a +=?;1n n a +是a 的关于n 的倍数关系。 例6 已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥L ,,求{}n a 的通项公式. 方法:本题与例5不同之处是想要通过错位相减法,求出1n n a a +与 的递推关系,然后才能用累成法求。 四、待定系数法(X,Y,Z 法) 例7 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+?=,,求数列{}n a 的通项公式. 方法:构造数列()11 525,n n n n a x a x x +++?=+?反解。 形式:()1n n a ka f n +=+ 例8 已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+?+=,,求数列{}n a 的通项公式. 方法:构造数列()11232n n n n a x y a x y +++?+=+?+ ,本题中递推关系中含常 数4,对于常数项,可看成是0n 。对于不同形式的n 要设不同的参数。 例9 已知数列{}n a 满足21123451n n a a n n a +=+++=,,求数列{}n a 的通项公式. 方法:同例8,但它的参数要设3个。 五、对数变换法 例10 已知数列{}n a 满足5123n n n a a +=??,17a =,求数列{}n a 的通项公式. 方法:等式两边同取对数得到1 lga lg2lg35lg n n n a +=++ ,然后可利用待定系数法或者累加法求之。 形式:()1 x n n a f n a += ,其中对与n a 的高次方特别有效。 六、迭代法