数列题型及解题方法归纳总结38486
数列题型及解题方法
数列题型及解题方法题型1:等差数列解题方法:首先确定数列的首项和公差,然后使用递推公式an = a1 + (n-1)d,其中an表示数列的第n项,a1表示首项,d表示公差。
根据题目给出的条件,可以求得所求的项或者公式中的未知数。
题型2:等比数列解题方法:首先确定数列的首项和公比,然后使用递推公式an = a1 * r^(n-1),其中an表示数列的第n项,a1表示首项,r表示公比。
根据题目给出的条件,可以求得所求的项或者公式中的未知数。
题型3:斐波那契数列解题方法:斐波那契数列是指后一项等于前两项之和的数列,即an = an-1 + an-2。
根据题目给出的条件,可以使用递归或循环的方式计算斐波那契数列的第n项。
题型4:数列求和解题方法:对于等差数列和等比数列,可以使用求和公式直接计算数列的和。
等差数列的和用Sn = (n/2)(a1 + an)表示,等比数列的和用Sn = a1(1 - r^n)/(1 - r)表示。
根据题目给出的条件,代入公式计算即可得到所求的和。
题型5:数列拓展解题方法:有时候题目需要在基本的数列模型上进行拓展,可以根据数列的特点和题目的要求进行分析和解答。
可以使用递推公式或者递推关系式进行推导,并根据题目给出的条件计算所求的项或和。
题型6:递推关系式解题方法:有时候数列无法使用基本的递推公式进行求解,需要根据数列的特点建立递推关系式。
递推关系式是指数列的每一项与前面的若干项之间存在某种关系,通过这个关系可以递推求解数列的项或和。
根据题目给出的条件,建立递推关系式,并根据初始条件求解所求的项或和。
数列全部解题方法及对应题型归纳
数列全部解题方法及对应题型归纳数列通项公式求法 (一)转化为等差与等比1、已知数列{}n a 满足11a =,211n n a a -=+(,n N *∈2≤n ≤8),则它的通项公式n a 什么2.已知{}n a 是首项为2的数列,并且112n n n n a a a a ---=,则它的通项公式n a 是什么3.首项为2的数列,并且231n n a a -=,则它的通项公式n a 是什么4、已知数列{}n a 中,10a =,112n na a +=-,*N n ∈. 求证:11n a -??是等差数列;并求数列{}n a 的通项公式;5.已知数列{}n a 中,13a =,1222n n a a n +=-+,如果2n n ba n =-,求数列{}n a 的通项公式(二)含有n S 的递推处理方法1)知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2(S n +1)=n +1,求数列{a n }的通项公式.2.)若数列{}n a 的前n 项和n S 满足,2(2)8n n a S +=则,数列n a3)若数列{}n a 的前n 项和n S 满足,111,0,4n n n n a S S a a -=-≠=则,数列n a4)12323...(1)(2)n a a a na n n n +++=++ 求数列n a(三)累加与累乘(1)如果数列{}n a 中111,2nn n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a(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(3) 12+211,2,=32n n n a a a a a +==-,求此数列的通项公式.(4)若数列{}n a 的前n 项和n S 满足,211,2n n S n a a ==则,数列n a(四)一次函数的递推形式 1. 若数列{}n a 满足1111,12n n a a a -==+(2)n ≥,数列n a2 .若数列{}n a 满足1111,22n n n a a a -==+ (2)n ≥,数列n a(五)分类讨论(1)2123(3),1,7n n a a n a a -=+≥==,求数列n a (2)122 2,(3)1,3nn a n a a a -=≥==,求数列n a(六)求周期 16 (1) 121,41nn na a a a ++==-,求数列2004a(2)如果已知数列11n n n a a a +-=-,122,6a a ==,求2010a 拓展1:有关等和与等积(1)数列{n a }满足01=a ,12n n a a ++=,求数列{a n }的通项公式(2)数列{n a }满足01=a ,12n n a a n ++=,求数列{a n }的通项公式(3).已知数列满足}{n a )(,)21(,3*11N n a a a n n n ∈=?=+,求此数列{a n }的通项公式.拓展2 综合实例分析1已知数列{a n }的前n 项和为n S ,且对任意自然数n ,总有()1,0,1n n S p a p p =-≠≠ (1)求此数列{a n }的通项公式(2)如果数列{}n b 中,11222,,n b n q a b a b =+=<,求实数p 的取值范围2已知整数列{a n }满足31223341 (3)n n n na a a a a a a a --+++=,求所有可能的n a3已知{}n a 是首项为1的正项数列,并且2211(1)0(1,2,3,)n n n n n a na a a n +++-+== ,则它的通项公式n a 是什么4已知{}n a 是首项为1的数列,并且134nn n a a a +=+,则它的通项公式n a 是什么5、数列{}n a 和{}n b 中,1,,+n n n a b a 成等差数列,n b ,1+n a ,1+n b 成等比数列,且11=a ,21=b ,设nnn b a c =,求数列{}n c 的通项公式。
(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 qa 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112n 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 =,12141n n a a n +=+-,求n a . 解: 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(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)2434)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 。
高中数学数列复习题型归纳解题方法整理[整理].doc
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{%}是等差数列,则数列{八}是等比数列,公比为『,其中a是常数,d 是{勺}的公差。
(a>0且aHl);2)若数列{a n}是等比数列,且%>0,则数列{log/”}是等差数列,公差为log. q , 其屮a 是常数且a > 0卫H 1, q是{色}的公比。
3)若{%}既是筹差数列乂是筹比数列,贝叽①}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)已知总}是公差不为零的等差数列,&1 = 1,且a” a3,禺成等比数列.(I )求数列倚}的通项;(II)求数列{2鋼的前n项和S….解:(I)由题设知公差dHO,由尙=1, ai, 加丿戍等比数歹U得1 + 2" = " +1l + 2d(II)由(I )知2P,由等比数列前n项和公式得S尸2+22+2'+・・・+2"=2(1_2)=2n41-2.1-2小结与拓展:数列{色}是等差数列,则数列{八}是等比数列,公比为a d,其中a是【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的常数,d是{%}的公差。
Q>0且aHl)・壬口口I例2 已知数列{缶}的前三项与数列{b」的前三项对应相同,且①+ 2念+2务+・・・+2°_1a n=8n对任意的nGN*都成立,数列{b I1+-b n}是等差数列.求数列{aj与{b n}的通项公式。
解:內 + 2玄2+2纭3+…+2” "an=8n(nWN*) ①当n22 时,ai + 2a2+22a:H -- 2n_2ar.-i = 8(n —1) (n^N*) ②①一②得2n~1a n=8,求得an=2i,在①中令n = l,可得ai = 8 = 2,_1,.•.a…=2,_n(nGN*). 由题意知b】=8, b2=4, 5=2, .\b2-bi=-4, 6—6=—2,数列{bn+Lbn}的公差为一2 —(一4) =2, /.bn+i~b n= —4+ (n— 1) X2=2n—6, 法一(迭代法)b n=bi+ (b2—bi) + (b3—b2) 4 ---- 卜(b n—b n-i) =8+ (—4) + (—2) H ----- 1- (2n—8)= n2-7n + 14(neN*).法二(累加法)即bn—b“_i = 2n—8,b n-l — b r-2 = 2n—10,• • •b3_b2=_2,b2—bi = —4, b】= 8,相加得 bn=8+ (-4) + (―2) +•••+ (2n -8)小结与拓展:1)在数列{缶}中,前n 项和5与通项缶的关系为:累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。
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112n 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 =,12141n n a a n +=+-,求n a .解: 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(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=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 nn 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。
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结数列是数学中一个重要的概念,也是数学中常见的题型之一。
数列题目通常会给出一定的条件和规律,要求我们找出数列的通项公式、前n项和等相关内容。
下面对数列题型及解题方法进行归纳总结。
一、数列的基本概念1. 数列的定义:数列是按照一定规律排列的一列数,用通项公式a_n表示。
2. 首项和公差:对于等差数列,首项是指数列的第一个数,公差是指相邻两项之间的差值。
通常用a1表示首项,d表示公差。
3. 首项和公比:对于等比数列,首项是指数列的第一个数,公比是指相邻两项之间的比值。
通常用a1表示首项,r表示公比。
二、等差数列的常见题型及解题思路1. 找通项公式:(1)已知首项和公差,求第n项的值。
使用通项公式a_n = a1 + (n-1)d。
(2)已知相邻两项的值,求公差。
根据 a_(n+1) - a_n = d,解方程即可。
(3)已知首项和第n项的值,求公差。
根据 a_n = a1 + (n-1)d,解方程即可。
2. 找前n项和:(1)已知首项、公差和项数,求前n项和。
使用公式S_n= (n/2)(a1 + a_n)。
(2)已知首项、末项和项数,求公差。
由于S_n =(n/2)(a1 + a_n),可以列方程求解。
(3)已知首项、公差和前n项和,求项数。
可以列方程并解出项数。
3. 找满足条件的项数:(1)已知首项、公差和条件,求满足条件的项数。
可以列方程,并解出项数。
三、等比数列的常见题型及解题思路1. 找通项公式:(1)已知首项和公比,求第n项的值。
使用通项公式a_n = a1 * r^(n-1)。
(2)已知相邻两项的值,求公比。
根据 a_n / a_(n-1) = r,解方程即可。
(3)已知首项和第n项的值,求公比。
根据 a_n = a1 * r^(n-1),解方程即可。
2. 找前n项和:(1)已知首项、公比和项数,求前n项和。
使用公式S_n = (a1 * (1 - r^n)) / (1 - r)。
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
ome 知识框架
s
数列的分类
r 数列 fo 的概念 d
数列的通项公式函数角度理解 数列的递推关系
o o g
re
a g
等差数列
等 等差 差数 数列 列的 的定 通义 项a公n 式 aann1ad1
(n (n
2) 1)d
等差数列的求和公式Sn
n 2 (a1
n
re go 解: a2 · a3 …… an 1 · 2 …… n 1 ,∴ an 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
ing a 又a1
3,∴a n
3 n
e 5、等差型递推公式
ir b 由a n a n1 f (n),a1 a0,求a n,用迭加法
in the n
2时,a 2 a3
和
1 an
an1
(其中
an等差)
3
thin 文德教育
some 可裂项为: 1 1 ( 1 1 ) , r an an1 d an an1
fo 1 od an
1( an1 d
an1
an )
go 等差数列前 n 项和的最值问题:
are 1、若等差数列an的首项 a1 0 ,公差 d 0 ,则前 n 项和 Sn 有最大值。
e 的通项相乘构成,那么常选用错位相减法(这也是等比数列前 n 和公式的推
b 导方法).
ir (5)裂项相消法:如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分
裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有:
the ①
1 n(n
1)
1 n
n
1
1
数列题型及解题方法归纳总结
数列题型及解题方法归纳总结一、等差数列等差数列是指数列中的相邻项之差都相等的数列。
下面对等差数列的题型及解题方法进行归纳总结。
1. 求第n项的值设等差数列的首项为a,公差为d,第n项的值为an,则有公式:an = a + (n-1)d2. 求前n项和设等差数列的首项为a,公差为d,前n项和为Sn,则有公式:Sn = (n/2)(2a + (n-1)d)3. 求公差已知等差数列的首项为a,第m项与第n项的和为s,则公差d的值可以通过以下公式计算得出:d = (sm - sn)/(m - n)4. 求项数已知等差数列的首项为a,公差为d,第n项的值为an,可以通过以下公式求解项数n:n = (an - a)/d + 15. 应用题解题思路在解等差数列应用题时,关键是要找到规律。
可以通过观察数列的特点,列出方程,再解方程求解。
二、等比数列等比数列是指数列中的相邻项之比都相等的数列。
下面对等比数列的题型及解题方法进行归纳总结。
1. 求第n项的值设等比数列的首项为a,公比为q,第n项的值为an,则有公式:an = a * q^(n-1)2. 求前n项和(当公比q不等于1时)设等比数列的首项为a,公比为q,前n项和为Sn,则有公式:Sn = a * (q^n - 1) / (q - 1)3. 求前n项和(当公比q等于1时)当公比q等于1时,等比数列的前n项和为n * a。
4. 求公比已知等比数列的首项为a,第m项与第n项的比为r,则公比q的值可以通过以下公式计算得出:q = (an / am)^(1/(n-m))5. 求项数已知等比数列的首项为a,公比为q,第n项的值为an,可以通过以下公式求解项数n:n = log(an/a) / log(q)6. 应用题解题思路在解等比数列应用题时,关键是要找到规律。
可以通过观察数列的特点,列出方程,再解方程求解。
三、斐波那契数列斐波那契数列是指数列中第一、第二项为1,后续项为前两项之和的数列。
高考数列题型及解题方法总结
高考数列题型及解题方法总结高考数列是一种考查学生数学能力的重要方式,它不但考查学生掌握的数学知识,还考查学生在解决实际问题时的综合能力。
本文主要就高考数列题型及相应解题方法总结如下,以期为学生带来帮助。
一、高考数列题型总结1.数列的通项公式:本题主要考查学生掌握数列的规律,理解其发展规律,分析出等比数列或等差数列的通项公式。
2.数列的前n项和:本题主要考查学生掌握等比数列和等差数列的前n项和公式,熟练的后推法。
3.等比数列的首项和公比:本题主要考查学生掌握等比数列的定义,理解概念,根据题目提供的已知条件写出等比数列的三角形公式,解出其首项和公比。
4.别数列:本题主要考查学生掌握分别数列的定义,理解概念,根据题目提供的已知条件能分析出其结构,逐个解出分别数列的项数和某一项的值。
二、解题方法总结1.系题意:本步骤的作用是理解题目的文字,把握题意,明确题目要求的是什么,本题要求什么,分析题干中给出的条件是什么,根据要求,确定所求数列是等比数列还是等差数列。
2.规律:本步骤的作用是把握数列的规律,在把握等比数列或等差数列的规律时,要求学生理解数列的发展规律,如果把等比数列视为关于期数的函数,或者把等差数列视为关于期数的线性函数,则可以迅速获得等比数列或等差数列的三角形公式,从而得出通项公式。
3.积法:本步骤的作用是求数列的前n项和,常用的方法就是累积法,学生需要掌握等差数列前n项和公式和等比数列前n项和公式,根据已知条件计算出数列的前n项和,从而得出结论。
4.用公式:本步骤的作用是求等比数列的首项和公比。
学生需要掌握等比数列定义,熟悉其三角形公式,根据题目给出的条件,计算出首项和公比的值。
5.找规律:本步骤的作用是求分别数列的项数和某一项的值。
学生需要掌握分别数列的定义,根据给出的条件,先把分别数列分解成多个等差数列,逐个列出各部分的公式,再根据题目要求计算出每部分的项数或某一项的值。
以上就是关于高考数列题型及解题方法总结的文章,希望对大家有所帮助。
数列常见题型及解题技巧
数列常见题型及解题技巧
数列常见题型及解题技巧
一、等差数列
1、求首项:求出首项a1可用公式:a1=Sn−n(d+a2)
2、求末项:求出末项an可用公式:an=Sn−n(d+a1)
3、求和:求出数列前n项和可用公式:Sn=n(a1+an)2
4、求通项公式:求出通项公式可用公式:an=a1+(n-1)d
5、求某项:求出第k项可用公式:ak=a1+(k-1)d
二、等比数列
1、求首项:求出首项a1可用公式:a1=Sn(qn−1)
2、求末项:求出末项an可用公式:an=a1qn−1
3、求和:求出数列前n项和可用公式:
Sn=a1(1−qn)1−q
4、求通项公式:求出通项公式可用公式:an=a1qn−1
5、求某项:求出第k项可用公式:ak=a1qk−1
三、复合数列
1、求和:求出数列前n项和可用公式:
Sn=a1+a2+…+an
2、求某项:求出第k项可用公式:ak=ak−1+ak
解题技巧:
1、利用性质转化:根据所给的条件,尝试将原数列转换成更简单的形式,如等差数列、等比数列或者复合数列。
2、利用关系性:通过对数列中一些特殊项的求出,可以确定整个数列的情况,比如求出第一项和最后一项,就可以确定数列的前n项和。
3、利用规律性:数列中的每一项都有一定的规律性,依靠这一点可以得到数列的通项公式,进而求出数列的其他项。
数列题型及解题方法归纳总结
(2)形如 的递推数列都可以用倒数法求通项。
(3)形如 的递推数列都可以用对数法求通项。
(7)(理科)数学归纳法。
(8)当遇到 时,分奇数项偶数项讨论,结果可能是分段形式。
(4)错位相减法:如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成,那么常选用错位相减法(这也是等比数列前 和公式的推导方法).
(5)裂项相消法:如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有:
① ;② ;
③ , ;
④ ;⑤ ;
(4)递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)
由上题的解法,得: ∴
(5)递推式为
思路:设 ,可以变形为: ,
想
于是{an+1-αan}是公比为β的等比数列,就转化为前面的类型。
求 。
(6)递推式为Sn与an的关系式
关系;(2)试用n表示an。
∴
∴ ∴
上式两边同乘以2n+1得2n+1an+1=2nan+2则{2nan}是公差为2的等差数列。
∴x=1ogak,y=logbk,z=logck
∴b2=ac∴a,b,c成等比数列(a,b,c均不为0)
数学5(必修)第二章:数列
一、选择题
1.数列 的通项公式 ,则该数列的前()项之和等于 。
A. B. C. D.
2.在等差数列 中,若 ,则 的值为()
A. B. C. D.
3.在等比数列 中,若 ,且 ,则 为()
数列题型及解题方法归纳总结
. v ..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 qa 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112n 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 =,12141n n a a n +=+-,求n a . 解: 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n. v ..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)2434)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 。
数列题型及解题方法归纳总结
数列题型及解题方法归纳总结数列是数学中的基本概念,出现在许多数学问题和实际生活中的各种场景中。
在数列问题中,通常需要找出数列中的规律、求解数列的通项公式或特定项的值等。
本文将对数列题型及解题方法进行归纳总结。
一、等差数列等差数列是最常见的数列类型。
等差数列的特点是数列中任意两个相邻的项之间的差值都相等。
解题时常用的方法有以下几种:1. 求和公式:等差数列的前n项和公式是Sn = n/2 * (a1 + an),其中a1是首项,an是末项。
如果已知前n项和Sn,可以用Sn = n/2 * (a1 + a1+(n-1)d)来求解未知的参数a1或d。
2. 求第n项的值:对于等差数列,可以用通项公式an = a1 + (n-1)d来求解第n项的值。
其中a1是首项,d是公差。
二、等比数列等比数列是指数列中任意两个相邻的项之间的比值都相等。
解题时常用的方法有以下几种:1. 求和公式:等比数列的前n项和公式是Sn = a1 * (q^n - 1) / (q - 1),其中a1是首项,q是公比。
如果已知前n项和Sn,可以用Sn = a1* (1 - q^n) / (1 - q)来求解未知的参数a1或q。
2. 求第n项的值:对于等比数列,可以用通项公式an = a1 * q^(n-1)来求解第n项的值。
其中a1是首项,q是公比。
三、等差-等比混合数列等差-等比混合数列是指数列中既有等差又有等比的特点。
解题时常用的方法有以下几种:1. 求和公式:等差-等比混合数列的前n项和公式是Sn = S1 * (1 - q^n) / (1 - q) + a1 * (1 - q) / (1 - q) - n * d,其中Sn是前n项和,S1是等比数列的首项和,a1是等差数列的首项,q是等比数列的公比,n是项数,d是公差。
2. 求等差数列和等比数列的通项公式:对于等差-等比混合数列,可以通过观察数列的规律,将其拆分为等差数列和等比数列两个部分,然后分别求解其通项公式,最后将两个序列的对应项相加即可得到整个数列的通项公式。
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(8)当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时,分奇数项偶数项讨论,结果可
能是分段形式。
数列求和的常用方法:
(1)公式法:①等差数列求和公式;②等比数列求和公式。
(2)分组求和法:在直接运用公式法求和有困难时,常将“和式”中“同类项”
先合并在一起,再运用公式法求和。
(3)倒序相加法:若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与
2
因此所求数列的前 n 项的和为
例 10、解 Sn 0 Cn0 3Cn1 6Cn2 3nCnn
∴ Sn=3n·2n-1 (4)、错位相减法
如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘构成的,可把和 式的两端同乘以上面的等比数列的公比,然后错位相减求和.
例 11、 求数列 1,3x,5x2,…,(2n-1)xn-1 前 n 项的和.
(n 2)
[练习]
a n a1 f (2) f (3) …… f (n) ∴a n a 0 f (2) f (3) …… f (n)
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[练习]
数列 a n ,a1 1,a n 3n1 a n1 n 2 ,求a n
(a n
1 2
3n
1 )
6、等比型递推公式
着写的两个和式相加,然后求和。
例 10、求和: Sn 3Cn1 6Cn2 3nCnn
【例 8】 求数列 1,(3+5),(7+9+10),(13+15+17+19),…前 n 项的和。
解
本题实际是求各奇数的和,在数列的前 n 项中,共有 1+2+…+n=
1 n(n 1) 个奇数, 2
数列题型及解题方法归纳总结
211数列的分类 数列的通项公式 数列的递推关系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-11例 2、已知 {a n } 满足 a n 1a n ,而 a 1 2,求 a n =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· 3∵a n+1=3a n +2 ∴ 3a n +2-a n =4· 3即 a n =2· 3 -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:(4) 递推式为 a n+1=p a n +q n (p , q 为常数)知识框架等差数列的定义 a n a n 1d(n 2)等差数列的通项公式a n a 1 (n 1)d等差数列等差数列的求和公式 S nn (a 121a n ) na 1n(n 1)d2d等差数列的性质 a nama p a q (mnpq)两个基 本数列等比数列的定义ana n 1q(n 2)等比数列的通项公式 a na 1qn1数列 等比数列a1a n q a 1(1 q q n )(q q1)等比数列的求和公式 S n1q 1 na 1(q 1)等比数列的性质 a n a m a p a q (m n p q )2)递推式为 a n+1=a n +f (n )例 3、已知 {a n } 中 a 1 解: 由已知可知 a n 1数列 求和公式法 分组求和 错位相减求和 裂项求和 倒序相加求和 累加累积 归纳猜想证明数列的应用分期付款 其他1,2a na n 1 a n21 ,求 a n . 4n 21(2n 1)(2n 1) 2(2n 1 2n11)令 n=1,2,⋯,(n-1 ),代入得( n-1 )个等式累加,即( a 2-a 1) +★ 说明a 3-a 2)+⋯+(a n -a n-1)a n1 1 4na12(1 2n 1)4n 2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=1,1 )代入,可得 n-1 个等式累加而求 a n 。
数列题型及解题方法归纳总结 (1)
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112n 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 =,12141n n a a n +=+-,求n a .解: 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(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=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 nn 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。
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文德教育
n 2时,a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数,c 0,c 1,d 0
建议收藏下载本文,以便随时学习! 4、叠乘法
可转化为等比数列,设a n x c a n1 x
例如:数列a n 中,a1
3,
a n1 an
n n 1 ,求an
a n ca n1 c 1x
解: a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ,∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3,∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n),a1 a 0,求a n ,用迭加法
令(c 1)x d,∴x d c1
(3)形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
(7)(理科)数学归纳法。
4
文德教育
建议收藏下载本文,以便随时学习! (8)当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时,分奇数项偶数项讨论,结果
求数列通项公式的常用方法:
1、公式法
可能是分段形式。 数列求和的常用方法:
2、 由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ,c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时,a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加,得:
…… ……
a n a n1 f (n)
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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 qa 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{}na 满足112n n aa +=,而12a =,求na =(2)递推式为an+1=a n +f (n )例3、已知{}n a 中112a =,12141n n aa n+=+-,求na . 解:由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a nn )121121(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)1=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132nn a a -=+,求na .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:a2-a1=4,a3-a2=4·3,a4-a3=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-+-=-nnnnbbbb由上题的解法,得:nnb)32(23-=∴nnnnnba)31(2)21(32-==(5)递推式为21n n na pa qa++=+思路:设21n n na pa qa++=+,可以变形为:211()n n n na a a aαβα+++-=-,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na 。
(6)递推式为S n 与a n 的关系式系;(2)试用n 表示a n 。
∴)2121()(1211--++-+-=-n n n n n n a a S S∴11121-+++-=n n n n a a a∴n n n a a 21211+=+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。
2、错项相减法:适用于差比数列(如果{}na等差,{}nb等比,那么{}n na b叫做差比数列)即把每一项都乘以{}nb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 na a+⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭和⎧⎫(其中{}na等差)可裂项为:111111()n n n na a d a a++=-⋅1d=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d<,则前n项和n S有最大值。
(ⅰ)若已知通项na,则n S最大⇔1nnaa+≥⎧⎨≤⎩;(ⅱ)若已知2nSpn qn=+,则当n 取最靠近2q p -的非零自然数时nS 最大; 2、若等差数列{}na 的首项10a <,公差0d >,则前n 项和nS 有最小值(ⅰ)若已知通项na ,则nS 最小⇔1nn a a +≤⎧⎨≥⎩; (ⅱ)若已知2nSpn qn=+,则当n 取最靠近2q p -的非零自然数时nS 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nS (即12()n a a a f n +++=L )求na ,用作差法:{11,(1),(2)nn n S n a S S n -==-≥。
已知12()na a af n =g g L g 求na ,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nS 还有na ,有时先求nS ,再求na ;有时也可直接求na 。
⑷若1()n n a a f n +-=求na 用累加法:11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-L 1a +(2)n ≥。
⑸已知1()n na f n a +=求na ,用累乘法:121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅L (2)n ≥。
⑹已知递推关系求na ,用构造法(构造等差、等比数列)。
特别地,(1)形如1nn a ka b -=+、1nnn 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1nn n a ka k -=+的递推数列都可以除以nk 得到一个等差数列后,再求na 。
(2)形如11n nn a aka b--=+的递推数列都可以用倒数法求通项。
(3)形如1kn na a +=的递推数列都可以用对数法求通项。
(7)(理科)数学归纳法。
(8)当遇到q a a d a an n n n ==--+-+1111或时,分奇数项偶数项讨论,结果可能是分段形式。
数列求和的常用方法: (1)公式法:①等差数列求和公式;②等比数列求和公式。
(2)分组求和法:在直接运用公式法求和有困难时,常将“和式”中“同类项”先合并在一起,再运用公式法求和。
(3)倒序相加法:若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联,则常可考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和(这也是等差数列前n 和公式的推导方法). (4)错位相减法:如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成,那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n 和公式的推导方法). (5)裂项相消法:如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有:①111(1)1n n n n =-++; ②1111()()n n k k n n k =-++; ③2211111()1211k k k k <=---+,211111111(1)(1)1k k k k k k k k k-=<<=-++--; ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ ;⑤11(1)!!(1)!n n n n =-++;⑥=<<=二、解题方法:求数列通项公式的常用方法:1、公式法2、nna S 求由(时,,时,)n a S n aS S nn n ==≥=--121113、求差(商)法{}如:满足……a a a an nnn121212251122+++=+<>解:n a a ==⨯+=1122151411时,,∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时,……<>-<>=12122得:nna ∴a nn =+21∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()[练习] {}数列满足,,求a SS a a a nnn n n+==++111534(注意到代入得:aS S S S n n n n n+++=-=1114{}又,∴是等比数列,S S S nnn144==n a S S n n n n ≥=-==--23411时,……·4、叠乘法 {}例如:数列中,,,求a aa a nn a nn n n 1131==++解:aaa a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……,∴-=-=又,∴aa nn 133==5、等差型递推公式 由,,求,用迭加法a a f n a a a nn n-==-11()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时,…………两边相加,得:()()()a a f f f n n-=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n=++++023()()()[练习]{}()数列,,,求a a a a n a nnn n n111132==+≥--()()a nn=-12316、等比型递推公式()a ca d c d c c d nn =+≠≠≠-1010、为常数,,, ()可转化为等比数列,设a x c a x nn +=+-1()⇒=+--a ca c x n n 11 令,∴()c x d x d c -==-11∴是首项为,为公比的等比数列a d c a d c c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111∴·a d c a d c c nn +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴aa d c c d c nn =+-⎛⎝ ⎫⎭⎪---1111[练习]{}数列满足,,求a aa a a nn n n11934=+=+()a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-843117、倒数法例如:,,求a a a a a n nnn11122==++由已知得:1221211a a a a n n n n+=+=+∴11121a a n n +-=∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n为等差数列,,公差为 ()()∴=+-=+11112121a n n n·∴an n=+212.数列求和问题的方法 (1)、应用公式法等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前n 项和公式求和,另外记住以下公式对求和来说是有益的。