数列的证明的四种
数字找规律的方法
数字规律第一种----等差数列：是指相邻之间的差值相等，整个数字序列依次递增或递减的一组数。
１、等差数列的常规公式。
设等差数列的首项为a1，公差为d ，则等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d (n为自然数)。
[例1]1，3，5，7，9，（）.8 C[解析] 这是一种很简单的排列方式：其特征是相邻两个数字之间的差是一个常数。
从该题中我们很容易发现相邻两个数字的差均为2，所以括号内的数字应为11。
故选C。
２、二级等差数列。
是指等差数列的变式，相邻两项之差之间有着明显的规律性,往往构成等差数列.[例2] 2, 5, 10, 17, 26, ( ), 50 A.35 .33 C[解析] 相邻两位数之差分别为3, 5, 7, 9,是一个差值为2的等差数列,所以括号内的数与26的差值应为11,即括号内的数为26+11=37.故选C。
３、分子分母的等差数列。
是指一组分数中，分子或分母、分子和分母分别呈现等差数列的规律性。
[例3] 2/3，3/4，4/5，5/6，6/7，（）A、8/9 B、9/10 C、9/11 D、7/8[解析] 数列分母依次为3，4，5，6，7；分子依次为2，3，4，5，6，故括号应为7/8。
故选D。
４、混合等差数列。
是指一组数中，相邻的奇数项与相邻的偶数项呈现等差数列。
[例4] 1，3，3，5，7，9，13，15，，（），（）。
A、19 21B、19 23C、21 23D、27 30[解析] 相邻奇数项之间的差是以2为首项，公差为2的等差数列，相邻偶数项之间的差是以2为首项，公差为2的等差数列。
第二种--等比数列：是指相邻数列之间的比值相等，整个数字序列依次递增或递减的一组数。
5、等比数列的常规公式。
设等比数列的首项为a1，公比为q(q不等于0)，则等比数列的通项公式为an=a1q n-1(n为自然数)。
[例5] 12，4，4/3，4/9，（）A、2/9 B、1/9 C、1/27 D、4/27[解析] 很明显，这是一个典型的等比数列，公比为1/3。
求数列通项公式的十种方法 (2)
总述：求数列通项的方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、一、累加法适用于：1()n n a a f n +=+转换成1()n n a a f n +-=，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项na .①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若③若④若例1解：由n a 例2解；由n a 3221((2333(1)3(1)3n a a a n n =++-=++⨯=++++-+=-+==练习1.已知数列{}n a的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a的通项公式.答案：12+-n n练习2.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.答案：裂项求和n a n 12-=二、累乘法1.适用于：1()n n a f n a +=----------这是广义的等比数列2．若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，， 两边分别相乘得，1111()nn k a a f k a +==⋅∏ 例4例4.已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n na 11+=+，求n a 。
解：由条件知1=+n a n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式三.。
例2n 满足S n 点评②数列{a 基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
1．形如(,1≠+=+c d ca a n n ,其中a a =1)型（1）若c=1时，数列{n a }为等差数列; （2）若d=0时，数列{na }为等比数列;（3）若01≠≠且d c 时，数列{na }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.待定系数法：设)(1λλ+=++n n a c a ,得λ)1(1-+=+c ca a n n ,与题设,1d ca a n n +=+比较系数得d c =-λ)1(,所以)0(,1≠-=c cd λ所以有：)1(11-+=-+-c d a c c d a n n {+a n dn +-1,式.a 例6解法一：2n n a a -=又{}112,1n a a +=∴+是首项为2，公比为2的等比数列12n n a ∴+=，即21n n a =-练习．已知数列}{n a 中，,2121,211+==+n n a a a 求通项n a 。
《高考真题》专题14 等差数列-2019年高考理数母题题源系列(全国Ⅲ专版)(解析版)
【母题原题1】【2019年高考全国Ⅲ卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________． 【答案】4【解析】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d⨯+==⨯+． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．【母题原题2】【2017年高考全国Ⅲ卷理数】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24- B ．3- C ．3 D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-．故选A ．专题14 等差数列【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【命题意图】主要考查考生的数学运算能力和逻辑推理能力,以及考生对函数与方程思想的应用.要求： 1．熟练掌握等差的通项公式、前n 项和公式． 2．掌握与等差数列有关的数列的求和的常见方法． 3．了解等差数列与一次函数的关系．【命题规律】等差数列是高考的考查热点，主要考查等差数列的基本运算和性质，等差数列的通项公式和前n 项和公式，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题． 【答题模板】求数列的通项、求和问题时，第一步：根据题意求通项．注意等差数列通项形如关于n 的一次函数的形式． 第二步：利用函数性质研究数列的性质，例如周期、单调性等． 第三步：利用函嫩、数列的交汇性质来综合求解问题．第四步：查看关键点、易错点及解题规范，例如错位相减去的计算量较大，注意检验． 【知识总结】1．等差数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n =a m +（n –m ）d （n ，m ∈N *）．（2）若{a n }是等差数列，且k+l=m+n （k ，l ，m ，n ∈N *），则a k +a l =a m +a n ；反之，不一定成立． （3）若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d ． （4）若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n +qb n }（p ，q ∈N *）也是等差数列．（5）若{a n }是等差数列，则a k ，a k+m ，a k+2m ，…（k ，m ∈N *）组成公差为md 的等差数列． 2．与等差数列各项的和有关的性质（1）若S m =n ，S n =m ，则S m+n =–（m+n ）；若S m =S n ，则S m+n =0． （2）若{a n }是等差数列，则{n S n}也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12．（3）若{a n }是等差数列，S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m –S m ，S 3m –S 2m 成等差数列．（4）关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n ，则S 偶–S 奇=nd ，S S 奇偶=1nn a a +； ②若项数为2n –1，则S 偶=（n –1）a n ，S 奇=na n ，S 奇–S 偶=a n ，S S 奇偶=-1nn ．（5）两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为2-12-1n n S T =nna b ． 【方法总结】 （一）等差数列1．等差数列的判定与证明方法有以下四种：（1）定义法：a n+1–a n =d （常数）（n ∈N *）或a n –a n –1=d （n ∈N *，n ≥2）⇔{a n }为等差数列． （2）等差中项法：2a n+1=a n +a n+2（n ∈N *）⇔{a n }为等差数列． （3）通项公式法：a n =an+b （a ，b 是常数，n ∈N *）⇔{a n }为等差数列． （4）前n 项和公式法：S n =an 2+bn （a ，b 为常数）⇔{a n }为等差数列．若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项a n ，a n+1，a n+2，使得这三项不满足2a n+1=a n +a n+2即可．判断一个数列是否为等差数列时，应该根据已知条件灵活选用不同的方法，一般优先考虑定义法，即先表示出a n +1–a n ，然后验证其是否为一个与n 无关的常数．也可根据已知条件求出一些项，根据求解过程寻找具体的解题思路．注意常数列{a n }的通项公式为a n =a （a 为常数），它是一个首项为a ，公差为0的等差数列．2．等差数列基本运算的常见类型及解题策略：（1）求公差d 或项数n ．在求解时，一般要运用方程思想． （2）求通项．a 1和d 是等差数列的两个基本元素．（3）求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．（4）求前n 项和．利用等差数列的前n 项和公式直接求解，或利用等差中项间接求解． 3．求数列前n 项和的最值的方法：（1）通项法：①若a 1>0，d<0，则S n 必有最大值，其n 可用不等式组100n n a a +≥⎧⎨≤⎩，来确定；②若a 1<0，d>0，则S n 必有最小值，其n 可用不等式组100n n a a +≤⎧⎨≥⎩，来确定．（2）二次函数法：等差数列{a n }中，由于S n =na 1+–12n n （）d=2d n 2+（a 1–2d）n ，可用求函数最值的方法来求前n 项和的最值，这里应由n ∈N *及二次函数图象的对称性来确定n 的值． （3）不等式组法：借助S n 最大时，有–11n n nn S S S S +≥⎧⎨≥⎩，（n ≥2，n ∈N *），解此不等式组确定n 的范围，进而确定n 的值和对应S n 的值（即S n 的最值）． （二）其他数列1．求数列前n 项和的常用方法 （1）分组求和法分组转化法求和的常见类型①若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．②通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． （2）裂项相消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∴ （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．{}n a d 111nk k k a a =+∑()()11111110k k k k k k d a a a a d d a a ++⎛⎫==-≠ ⎪+⎝⎭·11111223111*********nnk k k k k k n n a a d a a d a a a a a a ==+++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑……11111n d a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭相加2．数列与函数综合（1）数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（2）解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决． 3．数列与不等式综合与数列有关的不等式的命题常用的方法有：比较法（作差作商）、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法证明，其中利用不等式放缩证明是一个热点，常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点．利用放缩法解决“数列+不等式”问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩． 4．以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解； 5．以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明．1．【广西桂林市、崇左市2019届高三下学期二模联考数学】在数列{}n a 中，35a =，()120n n a a n ++--=∈N ，若25n S =，则n =A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】C【解析】因为()120n n a a n ++--=∈N ，所以1=2n n a a +-=d ，所以数列{}n a 是等差数列，121121n n n n n n S a a a a S a a a a --=++++⎫⎬=++++⎭…………()()()12112n n n n S a a a a a a -=++++++……所以()11145 ,1,512252a a n n n na +=⎧⎪∴==⎨-+⋅=⎪⎩．故选C ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列性质的判定，考查等差数列的通项和前n 项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．2．【广西桂林市2019届高三4月综合能力检测（一模）数学】等差数列{}n a 中，27a =，623a =，则4a = A ．11 B ．13 C ．15 D ．17【答案】C【解析】等差数列{}n a 中，27a =，623a =，62423744,a a d d d =+⇒=+⇒= 根据等差数列的通项公式得到42215.a a d =+=故选C ．【名师点睛】这个题目考查了等差数列的概念以及通项公式的应用属于基础题． 3．【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟考试数学】等差数列{}n a 中，若46131520a a a a +++=，则101215a a -的值是A ．4B ．5C ．6D ．8【答案】A【解析】∵()461315415220a a a a a a +++=+=，∴41510a a +=， ∴()1012101211555a a a a -=-()891011121215a a a a a a =++++- ()89101115a a a a =+++()41525a a =+4=．故选A ． 【名师点睛】本题考查等差数列中下标和性质的应用，解题的关键是进行适当的变形，以得到能运用性质的形式．本题也可转化为等差数列的首项和公差后进行求解，属于基础题．4．【广西桂林市、贺州市、崇左市2019届高三下学期3月联合调研考试数学】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若21016a a +=，714S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．3C ．6D ．2【答案】B【解析】方法一：设等差数列{}n a 的公差为d ， 因为1777()142a a S +==，得174a a +=①， 因为21016a a +=，所以11116a a +=②，②–①得，11712a a -=，即412d =，所以3d =，故选B ．方法二：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为21016a a +=，714S =，所以112101672114a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得173a d =-⎧⎨=⎩，故选B ．【名师点睛】本题主要考查了等差数列基本量求解，属于基础题．等差数列基本量求解的通法是方程组法，利用等差数列的通项公式、求和公式将条件转化为关于1a 和d 的方程组，进而求解；另外也可以运用性质法，即利用等差数列的相关性质公式以及通项公式、求和公式直接求出基本量．5．【四川省峨眉山市2019届高三高考适应性考试数学】在等差数列{}n a 中，3a ，9a 是方程224120x x ++=的两根，则数列{}n a 的前11项和等于 A ．66 B ．132 C ．–66 D ．–132【答案】D【解析】因为3a ，9a 是方程224120x x ++=的两根，所以3924a a +=-， 又396242a a a +=-=，所以612a =-，61111111211()13222a a a S ⨯⨯+===-，故选D ．【名师点睛】本题考查等差数列的性质及求和公式，考查方程思想，是基础题．6．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且728S =，则4a = A ．4 B ．7 C ．8 D ．14【答案】A 【解析】()177477282a a S a +===，故44a =，故选A ．【名师点睛】本题考查等差数列求和及基本性质，熟记求和公式及性质，准确计算是关键，是基础题． 7．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且86a =，828S =，则其公差为A ．47 B ．57 C ．47-D ．57-【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由86a =，828S =，则1176878282a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得57d =，故选B ．【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．8．【四川省雅安市2019届高三第三次诊断考试数学】已知等差数列{}n a ，12018a =-，其前n 项和为n S ，20192018120192018S S -=，则2019S = A ．0 B ．1 C ．2018 D ．2019【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则()112n n n S na d -=+， 所以2019110092019S a d =+，20181201720182S a d =+，代入20192018120192018S S -=，得2d =． 所以()20192019201820192018202S ⨯=⨯-+⨯=．故选A ． 【名师点睛】本题主要考查了等差数列前n 项和公式，考查方程思想及计算能力，属于中档题．9．【重庆市南开中学2019届高三第三次教学质量检测考试数学】等差数列{}n a 的前7项和为28，108a =，则7a = A ．6B ．7【答案】A【解析】由题得11717672822,2,,26623398a d a d a a d ⨯⎧+⨯=⎪∴==∴=+⨯=⎨⎪+=⎩．故选A ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项的基本量的计算，考查等差数列的前n 项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．10．【贵州省贵阳市2019届高三2月适应性考试（一）数学】已知{a n }为递增的等差数列，a 4+a 7=2，a 5•a 6=–8，则公差d = A ．6 B ．6- C ．2- D ．4【答案】A【解析】∵{a n }为递增的等差数列，且a 4+a 7=2，a 5•a 6=–8，∴a 5+a 6=2，∴a 5，a 6是方程22x 80x --=的两个根，且a 5<a 6，∴a 5=–2，a 6=4，∴d =a 6–a 5=6，故选A ． 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查方程的构造及解法，是基础的计算题． 11．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三第四次模拟考试数学】在等差数列{}n a 中，若35791155a a a a a ++++=，33S =，则5a 等于A ．9B ．7C ．6D ．5【答案】B【解析】因为35791155a a a a a ++++=，所以5a 7=55，所以711a =， 因为33S =，所以21a =，所以公差7225a a d -＝＝，所以5237a a d =+=．故选B ． 【名师点睛】本题考查等差数列的第5项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．12．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三第四次模拟考试数学】在等差数列{}n a 中，若357911355,3a a a a a s ++++==，则5a 等于A ．5B ．6【答案】C【解析】在等差数列{}n a 中，因为35791155a a a a a ++++=，所以7755511a a =⇒=， 又33S =，123223331a a a a a ∴++=⇒=⇒=，又因为7252a a d d =+⇒=，5237a a d ∴=+=，故选C ．【名师点睛】本题考查了等差数列的性质．13．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟考试《黄金卷三》数学】在数列{}n a 中，已知121n n n n a a a a +++-=-，10101a =，则该数列前2019项的和2019S =A ．2019B ．2020C ．4038D ．4040【答案】A 【解析】121n n n n a a a a +++-=-，122n n n a a a ++∴=+，{}n a ∴为等差数列，10101a =，()1201910102019201920192201922a a a S +⨯∴===．【名师点睛】本题考查等差中项，等差数列的基本性质，属于简单题．14．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟考试《黄金卷三》数学】在等差数列{}n a 中，已知10101a =，则该数列前2019项的和2019S = A ．2018 B ．2019 C ．4036 D ．4038【答案】B【解析】由题得2019S =1201910102019)201920192a a a +==（．故选B ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的前n 项和，考查等差中项的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．15．【贵州省2019年普通高等学校招生适应性考试数学】等差数列{}n a 中，2a 与4a 是方程2430x x -+=的两根，则12345a a a a a ++++=A ．6B ．8C ．10D ．12【答案】C【解析】∵2a 与4a 是方程2430x x -+=的两根，∴2a +4a ＝4＝1a +532a a =， 则1234510a a a a a ++++=．故选C ．【名师点睛】本题考查了等差数列的性质、一元二次方程的根与系数的关系，属于基础题． 16．【贵州省遵义市绥阳中学2019届高三模拟卷（二）数学】若等差数列{}n a 的前n 项和为258,2,8n S a a S +=-=，则n S =A ．22n n -B ．27n n -C ．251n n ++D ．27n n -+【答案】B【解析】令()11n a a n d =+-，则1114287882a d a d a d +++=-⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩162a d =-⎧⇒⎨=⎩ 所以()216272n n n S n n n ⨯-=-⨯+⨯=-，故选B ． 【名师点睛】本题考查等差数列基本量的计算，关键在于能够将已知条件转化为关于基本量的方程，属于基础题．17．【贵州省遵义市绥阳中学2019届高三模拟卷（一）数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和分别为n S ，912162a a =+，24a =，若数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前k 项和为1011，则k =A ．11B ．10C ．9D ．8【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则()11118116,24,a d a d a d ⎧+=++⎪⎨⎪+=⎩解得12a d ==．()21222n n n S n n n-∴=+⨯=+，()111111nS n n n n ∴==-++， 1211111111110112231111k S S S k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，10k =．故选B ． 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式，考查裂项相消法，考查计算能力与推理能力，属于中档题．18．【云南省昆明市2019届高三高考模拟（第四次统测）数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，721S =，则4a = A ．0 B ．2 C ．3 D ．6【答案】C【解析】因为{}n a 是等差数列，所以1717744217)2(6263S a a a a a a ++=⇒=⇒=⇒==，故本题选C ．【名师点睛】本题考查了等差数列前n 项和公式和等差数列的性质．考查了运算能力． 19．【云南省保山市2019年普通高中毕业生市级统一检测数学】已知等差数列{}n a 满足711a =，2810a a +=，则11=SA ．176B ．88C ．44D ．22【答案】B【解析】因为数列{}n a 是等差数列，由2810a a +=，得55a =，又711a =， 则()()111571*********a a a a S ++===，故选B ．【名师点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．20．【西藏拉萨市2019届高三第三次模拟考试数学】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若11a =，34222S a S =+，则8a =A ．8B ．9C ．16D ．15【答案】D【解析】由题意，因为11a =，34222S a S =+， 即111322(3)2(3)22a d a d a d ⨯⨯+=+++，解得2d =， 所以81717215a a d =+=+⨯=，故选D ．【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．21．【西藏拉萨市2019届高三下学期第二次模拟考试数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和2n S n bn c =++，等比数列{}n b 的前n 项和3nn T d =+，则向量(,)c d =a 的模为A ．1 BCD ．无法确定【答案】A【解析】等差数列{}n a 前n 项和()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，即常数项为0的二次式， 而根据已知2n S n bn c =++，故可得0c =，等比数列{}n b 的前n 项()1111111n n n b q b bT q qq q-==----， 而根据已知3nn T d =+，可得11111b d q b q⎧=⎪-⎪⎨⎪-=⎪-⎩，即1d =-，因此向量()0,1=-a ，则1=a ，故选A ．【名师点睛】本题考查等差数列和等比数列求和公式的性质，属于中档题．22．【西藏山南市第二高级中学2019届高三下学期第一次模拟考试数学】在等差数列{}n a 中，1516a a +=，则5S = A ．80 B ．40 C ．31 D ．31-【答案】B【解析】在等差数列{}n a 中，1516a a +=，()51555164022S a a ∴=+=⨯=，故选B ． 【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和的求法，是基础题，解题时要注意等差数列的性质的合理运用．23．【西藏拉萨市2019届高三下学期第二次模拟考试数学】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且859a a -=，8566S S -=，则33a =A ．82B ．97C ．100D ．115【答案】C【解析】因为等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且859a a -=，所以39d =，解得3d =， 又由8566S S -=，所以11875483536622a a ⨯⨯+⨯--⨯=，解得14a =， 所以331324323100a a d =+=+⨯=，故选C ．【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等差数列的求和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n 项和公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．24．【四川省凉山州2019届高中毕业班第二次诊断性检测数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，116m S -=，25m S =，11a =（2m ≥，且m ∈N ），则m 的值是A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B【解析】∵等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，116m S -=，25m S =， ∴19m m m a S S -=-=，又25m S =，11a =，∴()15252m m a a m S m +===，∴5m =，故选B ．【名师点睛】本题考查等差数列前n 项和公式，考查前n 项和与通项的关系，考查计算能力．25．【四川省内江市2019届高三第一次模拟考试数学】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若33a =，621S =，则数列{}n a 的公差为 A ．1 B ．–1 C ．2 D ．–2【答案】A【解析】∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 3＝3，S 6＝21，∴316123656212a a d S a d =+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得a 1＝1，d ＝1．∴数列{a n }的公差为1．故选A ． 【名师点睛】本题考查数列的公差的求法，考查等差数列的前n 项和公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．26．【四川省成都市2019届高三毕业班第一次诊断性检测数学】设n S 为等差数列的前n 项和，且3652a a a +=+，则7S =A ．28B ．14C ．7D ．2【答案】B【解析】因为563542a a a a a +=+=+，所以42a =，177477142a a S a +=⨯==，故选B ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前n 项和公式，属于中档题．求解等差数列有关问题时，要注意应用等差数列的性质2p q m n r a a a a a +=+=（2p q m n r +=+=）与前n 项和的关系．27．【广西壮族自治区南宁、梧州等八市2019届高三4月联合调研考试数学】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若57a =，则9S =__________． 【答案】63【解析】因为57a =，所以()199599632a a S a +===．故答案为：63． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的前n 项和，以及等差数列的性质，熟记公式即可，属于基础题型． 28．【广西南宁市2019届高三毕业班第一次适应性测试数学】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若211n n n n a a a a +++-=-，12a =，38a =，则4S =__________．【答案】26【解析】因为211n n n n a a a a +++-=-，所以数列{}n a 为等差数列，设公差为d ，则8232d -==，所以443423262S ⨯=⨯+⨯=．故答案为：26． 【名师点睛】本题主要考查了等差数列的定义及求和公式的应用，属于基础题．29．【四川省南充市高三2019届第二次高考适应性考试高三数学】设等差数列{}n a 满足：127a a +=，136a a -=-，则5a =__________．【答案】14【解析】∵等差数列{a n }满足：a 1+a 2＝7，a 1–a 3＝–6．∴1111726a a d a a d ++=⎧⎨--=-⎩，解得a 1＝2，d ＝3，∴5a ＝a 1+4d ＝2+4×3＝14．故答案为：14． 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质等基础知识，属于基础题． 30．【四川省内江、眉山等六市2019届高三第二次诊断性考试数学】中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走1260里，第一日，第四日，第七日所走之和为390里，则该男子的第三日走的里数为__________． 【答案】120【解析】由题意，男子每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为{}n a ，其公差为d ，前n 项和为n S ．根据题意可知，91471260,390S a a a =++=，法一：()199********,1402a a S a a +===∴=，147443390,130a a a a a ++==∴=， 5410d a a ∴=-=，34120a a d ∴=-=．故答案为：120．法二：91471260390S a a a =⎧⎨++=⎩，11119891260236390a d a a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪++++=⎩，解得110010a d =⎧⎨=⎩， 所以312120a a d =+=．故答案为：120．【名师点睛】本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题．。
高中数学_数列知识点汇总
必修5 数列知识点小结【等差数列】1. 证明方法：①递推关系（定义）：)(1*+∈=-N n d da a n n 为常数，②等差中项法：112+-+=n n n a a a )1(>n判断方法：③通项公式q pn d n a a n +=-+=)1(1（其中p,q 为常数） ④前n项和Bn An 2+=-+=+=d n n n a a a n S n n 2)1(2)(11(A,B 为常数）2. 等差中项：b A a ,,成等差数列，A 称为b a 与的等差中项（其中b a 与为任意实数， A 存在且唯一），2b a A b a A +=⇔的等差中项与为即3. 等差数列性质：（1） 任两项关系：nm a a mn a a d n m m n --=--=（其中n m ≠）（2） 任两项关系：d m n a a m n )(-+=（其中n m ≠）（3） 是递增数列；数列}a {,0d n >是递减数列；数列}a {,0d n <是常数列数列}a {,0d n =。
（4） 两和式项数相同，下标和相等，则两式相等，如：112+-+=n n n a a a （其中n>1, n n n a a a +=2） k n k n n a a a +-+=2（其中n-k>0, n n n a a a +=2）特别若q p n m a a a a q p n m +=++=+则,k q p s n m a a a a a a k q p s n m ++=++++=++则,（5） {}{}n n b a ,为项数相同的等差数列(或无穷数列)，则：①：k m a +、k m a 2+、k m a 3+、k m a 4+…成等差数列（其中k m ,为常数） ②：{}k a n +、{}n n b q a p ∙+∙为等差数列，(其中q p k ,,为常数)（6） 前n 项和性质：①：成等差数列,,,232k k k k k S S S S S --②：⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列。
证明或判断等差(等比)数列的四种方法
证明或判断等差(等比)数列的四种方法
判断等差数列的四种方法：
公差相等法：如果一个数列中任意两项之间的差值相等，则该数列为等差数列。
通项公式法：如果一个数列的通项公式是an=a1+(n-1)d，则该数列为等差数列。
前后项差值法：如果一个数列中任意两项之间的差值相等，则该数列为等差数列。
证明法：对于一个数列，如果它满足an+1 - an = d，则可以通过归纳法证明该数列是等差数列。
判断等比数列的四种方法：
公比相等法：如果一个数列中任意两项之间的比值相等，则该数列为等比数列。
通项公式法：如果一个数列的通项公式是an=a1*r^(n-1)，则该数列为等比数列。
前后项比值法：如果一个数列中任意两项之间的比值相等，则该数列为等比数列。
证明法：对于一个数列，如果它满足an+1 / an = r，则可以通过归纳法证明该数列是等比数列。
以上是判断等差数列和等比数列的四种常见方法，它们都比较简单易行，可以帮助我们快速判断一个数列是否为等差数列或等比数列。
同时，在具体应用中，我们还可以根据题目要求选择合适的方法，从而更好地解决问题。
用极限定义证明数列极限的几种方法
用极限定义证明数列极限的几种方法作者：***来源：《科技风》2019年第28期摘要：在高等数学中，极限是一个非常重要的概念，是研究微积分的必备工具，也是我们的教学中的重难点之一。
本文简单介绍了数列极限定义证明数列极限的四种方法：直接法、适当放缩法、适当放大条件法、反证法。
关键词：极限;放缩;反证我们知道初等数学的研究对象基本上是不变的量，而高等数学的研究对象则是变动的量。
所谓函数关系就是变量之间的依赖关系，极限方法是研究变量的一种基本方法。
极限概念是在探求某些实际问题的精确解答过程中产生的。
我国古代数学家刘徽（公元3世纪）利用圆内接正六边形的面积来推算圆面积的方法——割圆术[1]，就是极限思想在几何上的应用。
在本文中主要介绍了几种不同的方法来加深对数列极限定义的理解和掌握.但在实际的教学中我们看到，学生在运用数列极限定义证明极限存在还是有一定的困难，这是由于学生对极限ε-N 定义中的“任意”、“存在N”、“使得xn-a<ε”等术语及它们之间的关系了解的还不够完整，深刻。
首先介绍数列极限ε-N的定义[2]：设xn为以数列，如果存在常数a，对于任意给定的正数ε（无论它多么小），总存在正整数N，使得当n>N时，不等式|xn-a|<ε都成立，那么就称常数a是数列xn的极限，或者称数列xn收敛SymboleB@ xn=aε>0，正整数N，当n>N时，有|xn-a|<ε。
我们应该注意到：定义中的正整数N是与任意给定的正数ε有关的，它随着ε的给定而选它。
那么，要如何根据ε来确定N？N的取值是唯一的吗？这些问题都将是在解题过程中遇到的。
接下来简单介绍几种常用的解题方法。
一、直接法对常见的一些简单的极限问题可以直接由不等式|xn-a|<ε解出N。
其过程如下：首先对ε>0，从|xn-a|<ε分析出n>φ（ε），然后取N=[φ（ε）]。
SymboleB@ 1n2=0。
完整版)数列知识点归纳
完整版)数列知识点归纳数列一、等差数列性质总结1.等差数列的定义式为：$a_n-a_{n-1}=d$（其中$d$为常数，$n\geq2$）；2.等差数列通项公式为：$a_n=a_1+(n-1)d$（其中$a_1$为首项，$d$为公差）推广公式为：$a_n=a_m+(n-m)d$。
因此，$d=\frac{a_n-a_m}{n-m}$；3.等差数列中，如果$a$、$A$、$b$成等差数列，那么$A$叫做$a$与$b$的等差中项，即$A=\frac{a+b}{2}$；4.等差数列的前$n$项和公式为：$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n-1)d}{2}=\frac{n[2a_1+(n-1)d]}{2}$。
特别地，当项数为奇数$2n-1$时，$a_n$是项数为$2n-1$的等差数列的中间项，且$S_{2n-1}=n\cdot a_n$；5.等差数列的判定方法：1）定义法：若$a_n-a_{n-1}=d$或$a_{n+1}-a_n=d$（常数$n\in N^*$），则$\{a_n\}$是等差数列；2）等差中项：数列$\{a_n\}$是等差数列，当且仅当$2a_n=a_{n-1}+a_{n+1}$（$n\geq2$，$n\in N^*$）；3）数列$\{a_n\}$是等差数列，当且仅当$a_n=kn+b$（其中$k$、$b$为常数）；4）数列$\{a_n\}$是等差数列，当且仅当$S_n=An^2+Bn$（其中$A$、$B$为常数）；6.等差数列的证明方法：定义法：若$a_n-a_{n-1}=d$或$a_{n+1}-a_n=d$（常数$n\in N^*$），则$\{a_n\}$是等差数列；等差中项性质法：$2a_n=a_{n-1}+a_{n+1}$（$n\geq2$，$n\in N^+$）。
7.提醒：1）等差数列的通项公式及前$n$项和公式中，涉及到5个元素：$a_1$、$d$、$n$、$a_n$及$S_n$，其中$a_1$、$d$称作为基本元素。
求数列通项公式的十种方法
求数列通项公式方法大全一、累加法适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231nn n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-L L L 所以3 1.nn a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++， 则111213333n n n n n a a +++-=+，故 112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++L L L因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯，则21133.322nn n a n =⨯⨯+⨯- 练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式.答案：12+-n n练习2.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.答案：裂项求和n a n 12-=评注：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项na .①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
求数列通项公式的11种方法
求数列通项公式的11种方法方法总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法（少用）不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法二．四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等级差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=L L两边分别相加得111()nn k a a f n +=-=∑例1已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-L L L所以3 1.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+，故 因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯， 则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式.答案：12+-n n练习2.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.答案：裂项求和n a n 12-= 评注：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项n a .①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
高三一轮复习 数列的复习
数列的复习【知识整理】：一 、等差数列1.等差数列的通项公式：①a n ＝a 1＋____×d②（推广公式）a n ＝a m ＋______×d注意：数列{}n a 是等差数列的充要条件是此数列的通项公式为q pn a n +=，其中p,q 为常数，特别地，数列{}n a 是公差不为0的等差数列的充要条件是此数列的通项公式为q pn a n +=，其中p,q 为常数，且0≠p .2、等差中项如果b A a ，，成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项.注意：①b 是a 、c 的等差中项的充要条件是a ，b ，c 成等差数列；②若a ，b ，c 成等差数列，那么c b b a b c a b c a b ca b -=--=-+=+=；；；22都是等价的；③若数列{}n a 是等差数列，则()*-+∈≥-=-N n n a a a a n n n n ,211，整理得211+-+=n n n a a a . 3、等差数列的性质{}n a 是等差数列，d 为公差.（1）1123121,+---+=+==+=+=+k n k n n n n a a a a a a a a a a 即 （2）若m, n, p, q ∈N*，若m ＋n ＝p ＋q ，则_________________若m, n, p ∈N*，若m ＋n ＝2p ，则__________________ （3）()mn a a d d m n a a mn m n --=⇔-+= （m, n, ∈N*，且m ≠ n ）.（4）序号成等差数列的项又组成一个等差数列，即 ,,,2m k m k k a a a ++仍成等差数列，公差为()*∈Nm k md ,.（5）若{}{}n n b a ，都是等差数列，则数列{}{}{}{}{}2121,,,,,(λλλλλλb k c b a b a b a ka c a n n n n n n n ++++，，，，均为常数)也是等差数列.（6）连续三个或三个以上k 项和依次组成一个等差数列，即)2(,,,232*∈≥--N k k S S S S S k k k k k 且 成等差数列，公差为d k 2.（7）①当项数为奇数()12+n 项时，其中有()1+n 个奇数项，n 个偶数项.1-+=n a S S 偶奇；()112++=+n a n S S 偶奇； ()nn S S na S a n S n n 1,,111+=∴=+=++偶奇偶奇. ②当项数为偶数n 2项时，()11,-,,+++=+===n n n n a a n S S nd S S na S na S 奇偶奇偶偶奇 ∴1+=n na a S S 偶奇. 能力知识清单：1、等差数列{}n a 中，若()0,,=≠==+nm n n a n m n a m a 则. 2、等差数列{}n a 中，若()()n m S n m n S m S n m m n +-=≠==+则,, 3、等差数列{}n a 中，若()0,=≠=+nm m n S n m S S 则； 4、若{}n a 与{}n b ，为等差数列，且前1-21-2m m m m n n T S b a T S n =，则与项和为二、等比数列1. 等比数列的通项公式：①a n ＝a 1q n －1 ② a n ＝a m q n －m2、若﹛a n ﹜为等比数列，m, n, p, q ∈N*，若m ＋n ＝p ＋q ，则___________ 3. 等比数列的前n 项和公式： S n ＝ ⎪⎩⎪⎨⎧=≠)1()1(q qS n ＝ _________________()1≠q4、等比数列{a n }的前n 项和S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成 数列，且公比为________ 7.等比中项：如果a ，b ，c 成等比数列，那么b 叫做a 与c 的等比中项，即b²=_____________________三、判断和证明数列是等差（等比）数列常有四种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证11(/)n n n n a a a a ---为同一常数。
证明数列收敛(完整资料).doc
此文档下载后即可编辑本文讨论了一类递推数列1()n n x f x +=的单调性与收敛性问题,同时也推广与包含了近期一些文献中的结果.运用单调有界性来证明收敛，而能用单调有界定理证明收敛的有四种情况：➢ 易知单调递增或递减，需证有上界或下界。
➢ 易知有上界或下界，需证单调递增或递减。
➢ 易知既有上界又有下界，需证单调。
➢ 易知单调，需证既有上界又有下界。
①用导数来求证1()n n x f x +=单调有界性如果'()0f x ≥，即函数()f x 单调递增时，数列{}n x 具有单调性是可以肯定的，而研究递增递减那要看1x 跟2x 的比较了(如果12=x x 的话，那么1n =x x )具体的说若12x x >时，由12()()f x f x >,那么可以判定{}n x 为减数列。
若12x x <时，由12()()f x f x <,那么可以判定{}n x 为增数列。
例题1.{}1+12=0,n 1=2-cos ,23n n n x x x x ππ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭当时，证明数列收敛并且极限值位于，证：记()=2-cos f x x ,则'()=sin 0f x x >因为10x =，2=1x ，则120=13x x =<≤，由于[]()03f x 在，上递增所以123()()()f x f x f x <<，即233x x <≤ 那么{}n x 具有单调有界性，上界为3 然后对数列两边取极限，记极限为A 则A -cosA =2.设函数()=-+cos g x x x 2，其中A 为方程()g x 的根，由于()g x 在[]03，上连续，在()03，内可导，则'()=1-sin 0g x x >所以函数递增，又由于-424-10()=0,()02236g g ππππ<=>所以()g x 的根在223ππ⎛⎫⎪⎝⎭，内。
证明等差数列(7篇)
证明等差数列（7篇）第1篇：等差数列证明[推荐]设数列｛an｝的前n项和为Sn，若对于所有的正整数n，都有Sn=n(a1+an)/2,求证：｛an｝是等差数列解：证法一：令d=a2－a1，下面用数学归纳法证明an=a1+（n －1）d（n∈N*）①当n=1时，上述等式为恒等式a1=a1，当n=2时，a1+（2－1）d=a1+（a2－a1）=a2，等式成立.②假设当n=k（k∈N，k≥2）时命题成立，即ak=a1+（k－1）d 由题设，有Skk(a1ak)(k1)(a1ak1),Sk1，22(k1)(a1ak1)k(a1ak)+ak+1又Sk+1=Sk+ak+1，所以将ak=a1+（k－1）d代入上式，得（k+1）（a1+ak+1）=2ka1+k（k－1）d+2ak+1 整理得（k－1）ak+1=（k－1）a1+k （k－1）d ∵k≥2，∴ak+1=a1+［（k+1）－1］d.即n=k+1时等式成立.由①和②，等式对所有的自然数n成立，从而{an}是等差数列.证法二：当n≥2时，由题设，Sn1(n1)(a1an1)n(a1an),Sn所以an Sn Sn1n(a1a2)(n1)(a1an1)22(n1)(a1an1)n(a1an)同理有an1从而an1an(n1)(a1an1)(n1)(a1an1)n(a1an)整理得：an+1－an=an－an－1，对任意n≥2成立.从而{an}是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是an=a1+（n－1）d这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.第2篇：等差数列的证明等差数列的证明1三个数abc成等差数列，则c-b=b-ac^2(a+b)-b^2(c+a)=(c-b)(ac+bc+ab)b^2(c+a)-a^2(b+c)=(b-a)(ac+bc+ab)因c-b=b-a，则(c-b)(ac+bc+ab)=(b-a)(ac+bc+ab)即c^2(a+b)-b^2(c+a)=b^2(c+a)-a^2(b+c)所以a^2(b+c),b^2(c+a),c^2(a+b)成等差数列等差：an-(an-1)=常数(n≥2)等比：an/(an-1=常数(n≥2)等差：an-(an-1)=d或2an=(an-1)+(an+1),(n≥2)等比：an/(an-1)=q或an平方=(an-1)*(an+1)(n≥2).2我们推测数列{an}的通项公式为an=5n-4下面用数学规纳法来证明：1)容易验证a1=5*1-4=4，a2=5*2-4=6，a3=5*3-4=11，推测均成立2)假设当n≤k时，推测是成立的，即有aj=5(j-1)-4，(j≤k)则Sk=a1+a2+…ak=5*(1+2+…+k)-4k=5k(k+1)/2-4k=k(5k-3)/2于是S(k+1)=a(k+1)+Sk而由题意知：(5k-8)S(k+1)-(5k+2)Sk=-20k-8即：(5k-8)*-(5k+2)Sk=-20k-8所以(5k-8)a(k+1)-10Sk=-20k-8即：(5k-8)a(k+1)=5k(5k-3)-20k-8=25k^2-35k-8=(5k-8)(5k+1)所以a(k+1)=5k+1=5(k+1)-4即知n=k+1时，推测仍成立。
分式递推
第十讲:分式递推分式递推数列特指数列{a n }:a 1=t,a n+1=.其通项求解有如下四种类型.1.基本类型(Ⅰ)例1:(2008年陕西高考试题)(理)己知数列{a n }的首项a 1=53,a n+1=123+n na a ,n=1,2,…. (Ⅰ)求{a n }的通项公式; (Ⅱ)证明:对任意的x>0,a n ≥)32()1(1112x x x n -+-+,n=1,2,…; (Ⅲ)证明:a 1+a 2+…+a n >12+n n . 解析:(Ⅰ)由a n+1=123+n n a a ⇒3213111+⋅=+n n a a ⇒)11(31111-=-+n n a a ⇒n a 1-1=2(31)n ⇒a n =233+n n ; (Ⅱ)令f(x)=)32()1(1112x x x n -+-+⇒f '(x)=-2422)1()32(2)1()1(2)32()1()1(1x x x x x x x n n +-=++⋅--+--+⇒f(x)的最大值=f(n 32)=a n ; (Ⅲ)令{b n }的前n 项和为12+n n ,则b n =)1(1)1(+-+n n n n =1-)1(1+n n ,因a n =233+n n =1-232+n ,所以,a n >b n ⇔)1(1+n n >232+n⇔3n+2>2n(n+1),令g(x)=3x+2-2(x 2+x)(x ≥3)⇒g '(x)=3xln3-2(2x+1)⇒g ''(x)=3xln 23-4>0⇒g '(x)≥g '(3)>0⇒g(x)≥g(3)>0⇒当n ≥3时,a n >b n 且g(1)+g(2)>0⇒a 1+a 2>b 1+b 2,所以,a 1+a 2+…+a n >12+n n . [思想方法]:数列{a n }:a 1=x,a n+1=c ba aa n n +的通项,可由a n+1=c ba aa n n +两边取倒数得:11+n a =c n a 1+ab,通过换元x n =n a 1得:x n+2=cx n +a b ,由此求解.一般地,如果x n =n a 1,则x n+2=px n +f(n)⇔a n+1=pa n f a n n+)(.类题:1.(2008年陕西高考试题)(文)己知数列{a n }的首项a 1=32,a n+1=12+n n a a ,n=1,2,….(Ⅰ)证明:数列{n a 1-1}是等比数列; (Ⅱ)求数列{na n}的前n 项和S n . 2.(2006年江西高考试题)己知数列{a n }满足:a 1=23,且a n =12311-+--n a na n n (n ≥2,n ∈N*).(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)证明:对一切正整数n,不等式a 1a 2…a n <2×n！恒成立.2.基本类型(Ⅱ)例2:(原创题)己知数列{a n }:a 1=2,a n+1=1223--n n a a .(Ⅰ)求{a n }的通项公式; (Ⅱ)证明:a 1a 2…a n >12+n .解析:(Ⅰ)因数列{a n }的特征方程x=1223--x x 只有一根x=1.故由a n+1=1223--n n a a ⇒111-+n a =112231---n n a a ⇒111-+n a =112--n n a a⇒111-+n a =11-n a +2.令b n =11-n a ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==-=++111111111n n a b a b ⇒b n+1=b n +2⇒{b n }是以b 1=1为首项公差为2的等差数列⇒b n = 2n-1⇒11-n a =2n-1⇒a n =1+121-n ;(Ⅱ)令数列{x n }的前n 项的积为12+n ⇒x 1=3,x n+1=1232++n n ⇒x n =1212-+n n .而a n >x n ⇔1+121-n >1212-+n n ⇔122-n n>1212-+n n ⇔122-n n >12+n ⇔2n>1)2(2-n ,这是显然成立的,故a n >x n >0⇒a 1a 2…a n >x 1x 2…x n =12+n .[思想方法]:若数列{a n }:a 1=x,a n+1=c ba aa n n+的特征方程=x 只有一根α,则数列{}是以α-t 1为首项,公差为的等差数列,特别地,当α=1时,a n =1+ban +1. 类题:1.(原创题)数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=2334--n n a a .(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)求证:a 1a 2…a n >313+n . 2.(2008年佛山第一次质检试题)数列{a n }满足:a 1=21,a n+1=n a -21.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n ,证明:S n <n-ln(22+n ). 3.基本类型(Ⅲ)例3:(2007年全国I 高考试题)己知数列{a n }中,a 1=2,a n+1=(2-1)(a n +2),n=1,2,3,….(Ⅰ)求{a n }的通项公式; (Ⅱ)若数列{b n }中,b 1=2,b n+1=3243++n nb b,n=1,2,3,….证明:2<b n ≤a 4n-3,n=1,2,3,….解析:(Ⅰ)a n+1=(2-1)(a n +2)⇒a n+1-2=(2-1)(a n -2),所以,数列{a n -2}是以a 1-2=2-2=2(2-1)为首项,以2-1为公比的等比数列⇒a n -2=2(2-1)(2-1)n-1=2(2-1)n ⇒a n =2(2-1)n+2;(Ⅱ)令f(x)=3243++x x ,由f(x)=x 得x=±2,所以22223223)234()223()234()223(23243232432211+-⋅+-=+++-+-=+++-++=+-++n n n n n n n n n n b b b b b b b b b b =(2-1)422+-⋅n n b b , 所以,数列{22+-n n b b }是以为(2-1)2首项,公比为(2-1)4的等比数列⇒22+-n n b b =(2-1)4n-2⇒b n =22424)12(1)12(1-----+n n . 首先,2<b n ⇔2<22424)12(1)12(1-----+n n ⇔1-(2-1)4n-2<1+(2-1)4n-2⇔2(2-1)4n-2>0;其次,b n ≤a 4n-3⇔22424)12(1)12(1-----+n n≤2(2-1)4n-3+2⇔2424)12(1)12(1-----+n n ≤(2-1)4n-3+1(令(2-1)4n-2=t,则t ∈(0,1))⇔tt-+11≤(2+1)t+1⇔0≤t ≤ (2-1)2.[思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,若特征方程=x 有两根α,β,则数列{}是以βα--t t 为首项,公比为βαb t b t --的等比数列. 类题:1.(2005年重庆高考试题)数列{a n }满足:a 1=1,且8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0(n ≥1).记b n =211-n a (n ≥1).(Ⅰ)求b 1,b 2,b 3,b 4的值; (Ⅱ)求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n . 2.(2006年江西高考试题)己知各项均为正数的数列{a n }满足:a 1=3,且1122++--n n nn a a a a =a n a n+1,n ∈N*.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设S n =a 12+a 22+…+a n 2,T n =211a +221a +…+21n a ,求S n +T n ,并确定最小正整数n,使S n +T n 为整数.4.基本类型(Ⅳ)例4:(2010年全国高中数学联赛江苏初赛试题)设复数列{x n }满足x n ≠a-1,0,且x n+1=1+n nx ax .若对任意n ∈N +都有x n+3=x n , 则a 的值是 .解析:由x n+1=1+n n x ax ⇒x n+3=122+++n n x ax =1)1(112++++n n x a x a =1)1(23+++n n x a a x a =x n 恒成立,即a 3=(a 2+a+1)x n +1⇒因为x n ≠a-1,或0,故a 2+a+1=0⇒a=231i ±-.[思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,若特征方程=x 无实根,则数列{a n }是周期数列. 类题:1.①(2011年第22届希望杯全国数学邀请赛高一试题)已知数列{a n }满足a 1=2,a n+1=-11+n a ,则a 2010的值为______. ②(2005年全国高中数学联赛河南初赛试题)数列{a n }中,a 1=2,a n+1=nna a -+11,则a 2005的值为____________. ③(2004年第15届希望杯全国数学邀请赛高二试题)数列{a n }中,a 1=1,a n+1=313+-n n a a (其中n ∈N*),a 2004= .2.(2009年全国高中数学联赛四川初赛试题)设数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=1-na 1.记数列{a n }的前n 项之积为P n ,则P 2009的值为 .5.换元技巧例5:(2005年重庆高考试题)数列{a n }满足:a 1=1,且8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0(n ≥1).记b n =211-n a (n ≥1).(Ⅰ)求b 1,b 2,b 3,b 4的值;(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n .解析:(Ⅰ)由8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0⇒a n+1=16852+-+n n a a ,令16852+-+x x =x 得x=21,45.所以,452111--++n n a a =45168522116852-+-+-+-+a a a a n n = ⋅214521--nn a a ⇒4521--n n a a =-2(21)n-1⇒a n =1)21(221)21(51++-n n =n n 24251++-⇒b n =211-n a =32(2n-1+2)⇒b 1=2,b 2=38,b 3=4,b 4=320; (Ⅱ)由b n =211-n a ⇒b n (a n -21)=1⇒a n b n =21b n +1=31×2n-1+35⇒S n =31(2n -1)+35n. 另解:由b n =211-n a ⇒b 1=2,且a n =n b 1+21⇒a n+1=11+n b +21,代入8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0得:8(11+n b +21)(n b 1+21)-16(11+n b +21)+2(n b 1+21)+5=0⇒4+3b n+1=6b n ⇒b n+1-34=2(b n -34)⇒数列{b n -34}是以32为首项,公比为2的等比数列⇒b n -34=32×2n-1⇒b n =32(2n-1+2)⇒b 1=2,b 2=38,b 3=4,b 4=320.[思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,若特征方程=x 有两个实根α,β⇒α+β=cd a -,αβ=-cb .40 第十讲:分式递推令b n =α-n a 1⇒b n+1=α-+11n a ⇒11+n b +α=d b c b b a nn ++++)1()1(αα⇒(c α-a)b n+1+(c α+d)b n +c=0,从而转化为线性递推数列. 类题:1.(原创题)己知数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=122++n n a a .记b n =11+n a . (Ⅰ)求数列{b n }的通项公式b n ; (Ⅱ)求数列{nb n }的前n 项和S n .2.(2009年全国高中数学联赛陕西初赛试题)数列{a n }满足:a 1=4,a n+1a n +6a n+1-4a n -8=0,记b n =26-n a ,n ∈N *.(Ⅰ)求数列{b n }的通项公式; (Ⅱ)求数列{a n b n }的前n 项和S n .6.通项不等式例6:(2005年辽宁高考试题)己知函数f(x)=13++x x (x ≠-1).设数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=f(a n ),数列{b n }满足:b n =|a n - 3|,S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N*).(Ⅰ)证明:b n ≤12)13(--n n; (Ⅱ)证明:S n <332. 解析:(Ⅰ)令f(x)=x ⇒x=3±,由3331313133133)(3)(3311+-⋅+-=+++-++=+-=+-++n n n n n n n n n n a a a a a a a f a f a a =-(2-3)33+-n n a a ⇒33+-n n a a =(3-2)n⇒a n =3nn )23(1)23(1---+⇒b n =|a n -3|=3|nn )23(1)23(2---|,所以,b n ≤12)13(--n n⇔3|nn )23(1)23(2---|≤12)13(--n n⇔3×2n (2-3)n≤(3-1)n|1-(3-2)n|⇔3(3-1)2n≤(3-1)n|1-(3-2)n|⇔3(3-1)n≤|1-(3-2)n|⇔3(3-1)n≤1-(2-3)n(n 为偶数)⇔3(3-1)n+(2-3)n≤1⇔3(3-1)2+(2-3)2≤1;(Ⅱ)由(I)知b n ≤12)13(--n n=21n )213(-⇒S n <21[213-+(213-)2+…+(213-)n ]=21[2131)213(1213-----n]<332. 另解:由a n+1=f(a n )＝13++n n a a ⇒a n+1=1+12+n a ≥1,b n+1=|a n+1-3|=|13++n n a a -3|=113+-n a |a n -3|≤213-b n ⇒b n ≤ 213-b n-1≤(213-)2b n-2≤…≤(213-)n-1b 1=12)13(--n n. [思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,特征方程=x.若特征方程有两个实根α,β⇒α+β=c d a -,αβ=-cb.令b n =|a n -α|⇒b n+1=|a n+1-α|=|-α|=||||d ca d c n ++β|a n -α|=||||d ca d c n ++βb n .若||||d ca d c n ++β≤M,则b n ≤M n-1b 1.类题:1.(原创题)己知数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=3243++n n a a ,数列{b n }满足:b n =|a n -2|,S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N*).(Ⅰ)证明:b n ≤2(2-1)4n-3; (Ⅱ)证明:S n <412+. 2.(原创题)己知数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=124+-n n a a ,数列{b n }满足:b n =|a n -1|,S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N*). (Ⅰ)证明:b n ≤3n-1(2-1)n; (Ⅱ)证明:S n ≤22×3n ×(2-1)n-1.。
八种通项公式求解方法
求数列通项公式的八种方法总述：一．利用递推关系式求数列通项的8种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、二.等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2．若，则两边分别相加得例1已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由得则所以数列的通项公式为。
例2已知数列满足，求数列的通项公式。
解法一：由得则所以解法二：两边除以，得，则，故因此，则评注：已知,，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
例3.已知数列中,且,求数列的通项公式.解:由已知得,化简有,由类型(1)有,又得,所以,又,,则二、累乘法1.适用于：----------这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。
2．若，则两边分别相乘得，∏=+=nk n k f a a 111)(例4已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为例5.设是首项为1的正项数列，且（=1，2，3，…），则它的通项公式是=________.解：已知等式可化为：()(n+1),即时，==.评注：本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到与的更为明显的关系式，从而求出.三、待定系数法适用于基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
等差数列四种判定方法
等差数列四种判定方法等差数列是数学中的一个重要的概念，在高中数学中也经常涉及到。
在判断等差数列的时候，常常有四种方法。
这篇文章将为大家介绍等差数列的四种判定方法，分别为通项公式、公差、前两项差、后两项差。
掌握这些方法，可以更加准确的判断一个数列是否为等差数列。
一、通项公式等差数列通项公式为：an = a1 + (n - 1)dan表示第n项，a1表示第一项，d表示公差。
在使用通项公式判断等差数列时，可以先求出前几项的值，然后利用通项公式求出后面的项，再与实际值进行比较，判断是否为等差数列。
已知一个数列的前五项为1、3、5、7、9，要判断它是否为等差数列。
首先可以看出，这个数列的公差为2，于是可以利用通项公式求出后面的项：a6 = a1 + (6 - 1)d = 1 + 5 × 2 = 11将求得的a6、a7与实际值比较，发现它们与数列中的后两项9、11并不相等，因此这个数列不是等差数列。
二、公差公差是等差数列中相邻两项之差的固定值。
在判断一个数列是否为等差数列时，可以先求出前两项的差，然后比较后面各项之间的差，看是否相等。
如果相等，则说明这个数列是等差数列。
然后比较后面各项之间的差：a3 - a2 = 2发现它们之间的差都是2，因此这个数列是等差数列。
三、前两项差总结等差数列的判定方法有四种，分别为通项公式、公差、前两项差、后两项差。
不同的方法在不同的情况下使用，可以选择合适的方法进行判断。
在求等差数列的和、第n项等问题时，也可根据不同的情况选择不同的方法求解。
除了判定等差数列的四种方法以外，还有一些其他的相关内容需要了解。
一、等差数列的求和公式对于一个等差数列a1，a2，……，an，它们的和Sn可以通过下列公式求得：Sn = (a1 + an)×n/2a1为数列的首项，an为数列的末项，n为数列的项数。
应用等差数列求和公式可以快速计算等差数列的和，节省手工计算的时间。
已知一个等差数列的首项a1为1，公差d为2，项数n为10，要求这个数列的和。
求数列通项公式的十种方法,例题答案详解
求数列通项公式的十一种方法(方法全，例子全，归纳细)总述：一.利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法(逐差法)、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号) 、数学归纳法、不动点法(递推式是一个数列通项的分式表达式) 、特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四.求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五.数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1.适用于：%+ =% + f(n) -------- 这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2.若an+ -a n = f (n) (n >2),a2 -4=f(1)则出一包="2)III IHa n 1 -a n = f (n)两边分别相加得a n1._.a1 == f (n)k 4例1已知数列｛a n｝满足an4 =a n +2n +1, & =1,求数列｛a n｝的通项公式。
解：由an_1 =an+2n+1 得an邛一an = 2n+1 则n n n na n =(a n -a n。
(a n」- a n- IM (a3 -a2)(a2 -a1)&= [2(n-1) 1] [2(n-2) 1] |H (2 2 1) (2 1 1) 1= 2[(n -1) (n -2) ||| 2 1] (n -1) 1= 2(n 21)n (n -1) 1=(n -1)(n 1) 12 二n所以数列｛a n｝的通项公式为a n =n2。
例2已知数列｛a n｝满足a n+ =a n +2父3n +1, a1 =3 ,求数列｛a n｝的通项公式。
等比数列前n项和公式的七种推导方法
等比数列前n项和公式的七种推导方法
等比数列前n项和是指一组等比数列a_0,a_1,a_2···a_n的前n项之和.它是由等比数列理论
中关于数列前n项和及其计算方法而定义的重要概念.关于等比数列前n项和公式可利用
以下七种方法推导出来.
首先，可以利用求和符号推导法来推导等比数列前n项和公式，即a_0+a_1+a_2+a_3+…+
a_n=(a_0+a_n)(1+q+q^2+…+q^(n-1)) ，其中q表示等比数列的公比。
其次，利用数论中的规律性推导法可推导出等比数列前n项和公式，即a_0+a_1+…+
a_n=(a_n-a_0+a_0)/(1-q) *(1-q^n) 。
再者，递推证明可以推导出等比数列前2项和公式，即a_0+a_1=(a_0+a_1)q 。
从而推导出
a_0+a_1+…+ a_n=a_n(1-q^(n+1))/(1-q).
此外，可以利用比较法、占位法、归纳法、变化法等其他的推导方法来证明等比数列前n 项和公式.
此外，特殊情况下，当q为1时，a_0+a_1+…+ a_n=a_0+a_1+…+ a_n=n*a_0(n+1)/2 ,当q
为-1时，a_0+a_1+…+ a_n=(-a_0+a_n)n/2。
最后，可使用其他技术，如雅可比自然迭代方法和高等数学技术推导法等可推导出等比数
列前n项和公式。
以上就是对于等比数列前n项和公式的七种推导方法的介绍，总结起来有求和符号推导法、数论规律性推导、递推证明与比较法、占位法、归纳法、变化法及雅可比自然迭代方法和
高等数学技术推导法等七种方法。
求数列通项公式的11种方法0001
求数列通项公式的11种方法方法总述：一.利用递推关系式求数列通项的11种方法:累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）数学归纳法（少用）不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）特征根法二.四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等级差数列或等比数列。
四.求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五.数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
、累加法1.适用于: a n+ =a n 中f (n) 这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2.若寺十―a n = f(n) (n >2),a2 —a i = f(1) a3 —a2 = f (2) 川IIIan+ —a n = f (n)n两边分别相加得a n十-a1 =送f （n）k=1例1已知数列｛a n ｝满足an+ =a n +2n +1 a, =1，求数列｛a .｝的通项公式。
解：由 an +=an +2n +1 得 a n + -a^2n +1 贝Uan= (a n -an 」)+ (a n J - 3n _2)+ I I I + (a3 - a2 ) + (a 2 - a1 ) + a 1=[2(n -1) + 1]+[2(n-2) +1]+川 +(2咒2 + 1) + (21 + 1) + 1 = 2[( n -1) + ( n - 2)+111+ 2+1] + (n-1) + 1 =2 导+ (n-1) + 1 =(n -1)(n +1)+1 =n 2所以数列｛a n ｝的通项公式为a n =n2。
例2已知数列｛a n ｝满足an+ =a n +2x 3n+1, a i =3，求数列｛K ｝的通项公式。
专题13 数列通项公式的四种常见求法(解析版)
专题13 数列通项公式的四种常见求法目录类型一：累加法..........................................................................................................................................................1类型二：累乘法..........................................................................................................................................................2类型三：已知S n 求a n .................................................................................................................................................3类型四：构造法求通项. (4)类型一：累加法题型专练：1．（2023·河北石家庄·统考一模）中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（ ）A ．2400B ．2401C ．2500D ．2501【答案】D【分析】依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可.【详解】不妨设第n 层小球个数为a n ，由题意，a 2−a 1=3， a 3−a 2=5……，即各层小球之差成以3为首项，类型二：累乘法满分策略：当出现a na n−1=f(n)时，一般用累乘法求通项。
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第二章数列极限
证明留在下节进行.
三、关于极限
例6
例7
例8
四.数列单调有界证法欣赏:
Cauchy (1789—1857 ) 最先给出这一极限，Riemann（1826—1866）最先给出以下证法
一.
证法一（ Riemann最先给出这一证法）设应用二项式展开，得
，
+
注意到
比多一项即↗.
且
有界.
}单调有界.
综上, 数列{
证法二( 利用Bernoulli不等式 )
注意到Bernoulli不等式为正整数 ), 有
由利用Bernoulli不等式,有
↗.
为证{
}上方有界, 考虑数列可类证↘. 事实上,
(此处利用了Bernoulli不等式 )
↘.
显然有
有
即数列{
}有上界.
评註: 该证法的特点是惊而无险，恰到好处.
证法三( 利用均值不等式 ) 在均值不等式
中, 令
就有
即
↗.
令
可仿上证得
时
↗, ( 时无意义, 时诸
=
, 不能用均值不等式. ) 当
时, 由
由
↗
↘. < 4.
证法四 ( 仍利用均值不等式 )
<
即
↗.
有界性证法可参阅上述各证法. 证法五 先证明：对
和正整数 ，有不等式
事实上，
<
该不等式又可变形为
( 为正整数 )
在此不等式中, 取
则有
就有
↗.
取又有对
成立，
又由
小结、习题（2学时）
数列（1+1/n）^n的极限问题,主要是证明此数列单调递增且有上界,然后根据数列极限的单调有界准则就证明了这个极限存在。
而证明此数歹」单调递增及有上界,大多数现行微积分教材都是将(1+告)·按二项式定理展开来分析证明的。
本文我们将介绍四种不同方法来证明。