数列章末总结
数列知识点归纳总结详细
数列知识点归纳总结详细数列是数学中重要的概念之一，广泛应用于各个领域。
本文将对数列的基本概念、常见类型以及解题方法等进行详细的归纳总结。
通过本文的学习，读者可以全面了解数列的相关知识，为日后的学习和应用打下坚实的基础。
一、数列的概念数列是按照一定规律排列的数的集合。
其中，每个数都称为数列的项，每个项的位置称为项数。
通常用字母a1，a2，a3，…，an 等表示数列的项，其中an表示第n个项。
数列可以分为有限数列和无限数列。
有限数列是指项数有限的数列，而无限数列是指项数无限的数列。
二、数列的表示方式1. 显式表示法：数列的每一项都直接用公式表示。
常见的显式公式有等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d 和等比数列的通项公式an=a1*r^(n-1)。
2. 递推关系式表示法：数列的每一项通过前一项来表示。
常见的递推关系式有等差数列的递推关系式an=an-1 +d 和等比数列的递推关系式an=an-1*r。
三、常见数列类型1. 等差数列：数列中的任意两项之差都相等。
常用的求和公式为Sn=n/2(a1+an)，其中n为项数，a1为首项，an为末项。
2. 等比数列：数列中的任意两项之比都相等。
常用的求和公式为Sn=a1(1-r^n)/(1-r)，其中n为项数，a1为首项，r为公比。
3. 斐波那契数列：数列中每一项都是前两项之和。
斐波那契数列的特点是每一项都等于前两项之和，即a1=a2=1，an=an-1+an-2（n>=3）。
4. 平方数列：数列中的每一项都是该项的平方。
例如1，4，9，16，…5. 等差平方数列：数列中的相邻两项之差为平方数。
例如3，8，15，24，…四、数列的求和1. 等差数列的求和公式为Sn=n/2(a1+an)。
2. 等比数列的求和公式为Sn=a1(1-r^n)/(1-r)。
3. 其他特殊数列的求和需要根据数列的特点进行推导计算。
五、数列的性质和运算1. 数列的项可以进行加减乘除等运算，同类型数列可以互相进行运算。
数列章末归纳总结课件
(2)由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比 q＝2， 所以 an＋1－2an＝3×2n－1. 于是a2nn＋＋11－a2nn＝34， 因此数列{a2nn}是首项为12，公差为34的等差数列，2ann＝12＋(n －1)×34＝34n－14. 所以 an＝(3n－1)·2n－2.
已知数列{an}中，a1＝1，an＝2S2nS－n2 1(n≥2)． (1)求证数列{S1n}是等差数列； (2)求通项公式 an. [分析] 依据式子特征，将 an＝Sn－Sn－1 代入已知条件，建 立关于 Sn 的关系，构造出新的数列．
[解析] 购买时付款 300 万元，则欠款 2 000 万元，依题 意分 20 次付清，则每次交付欠款的数额依次购成数列{an}，
故 a1＝100＋2 000×0.01＝120(万元)， a2＝100＋(2 000－100)×0.01＝119(万元)， a3＝100＋(2 000－100×2)×0.01＝118(万元)， a4＝100＋(2 000－100×3)×0.01＝117(万元)， …
当
n≥2
时
，
an
＝
Sn
－
Sn
－
1
＝
2S2n 2Sn－1
＝
2·2n1－12 2·2n1－1－1
＝
2 2n－13－2n.
∴数列的通项公式为
1
n＝1
an＝
2
2n－13－2n
n≥2
.
五、数列的实际应用
用分期付款的方式购买一批总价为 2 300 万元的 住房，购买当天首付 300 万元，以后每月的这一天都交 100 万 元，并加付此前欠款的利息，设月利率为 1%.若从首付 300 万 元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的 第 10 个月应付多少万元？全部贷款付清后，买这批住房实际 支付多少万元？
数列章末归纳整合1
网络构建 专题归纳 解读高考 高考真题
3t＋1 1≤ ≤40， 2 ∴ 1≤2t≤40，
79 1 3≤t≤ 3 ， 解得 1≤t≤20. 2
章末归纳整合
网络构建
专题归纳
解读高考
高考真题
网络构建
专题归纳
解读高考
高考真题
专题一
数列的概念与函数特性
1．数列中的数是按一定“顺序”排列的，可以看成一个定义域 为正整数集(或它的有限子集)的函数当自变量从小到大依 次取值时对应的一系列函数值．因此，数列的表示方法中 就有了类似于函数表示方法中的列表法、图像法、通项公 式法． 2．数列的分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数 列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数 列、摆动数列和常数列．
来表示．
3．数列是项关于序号的函数，是一种特殊的函数，其特殊性在 于数列的定义域是N＋(或其有限子集{1,2,3，…，n})，在我 们利用数列的通项公式求其最大项(或最小项)时，要特别注 意这一点，否则会产生错解．
网络构建
专题归纳
解读高考
高考真题
【例1】 求数列{－2n2＋9n＋3}的最大项．
解 已知－2n
网络构建 专题归纳 解读高考 高考真题
2．等比数列的概念、性质、通项公式是高考的必考内容，特 别是与其他知识的交汇点，一直是考查的重要热点之一， 常见的考题有： (1)判断、证明数列是等比数列； (2)运用通项公式求数列中的项； (3)解决数列与函数、三角、向量、几何等知识交汇点问 题； (4)涉及递推关系的推理及运算问题．
(完整word版)数列知识点复习总结,推荐文档
数列高考知识点大扫描数列基本概念数列是一种特殊函数，对于数列这种特殊函数，着重讨论它的定义域、值域、增减性和最值等方面的性质，依据这些性质将数列分类：依定义域分为：有穷数列、无穷数列； 依值域分为：有界数列和无界数列；依增减性分为递增数列、递减数列和摆动数列。
数列的表示方法：列表法、图象法、解析法（通项公式法及递推关系法）； 数列通项：()n a f n =2、等差数列1、定义 当n N ∈,且2n ≥ 时，总有 1,()n n a a d d +-=常，d 叫公差。
2、通项公式 1(1)n a a n d =+-1）、从函数角度看 1()n a dn a d =+-是n 的一次函数，其图象是以点 1(1,)a 为端点, 斜率为d 斜线上一些孤立点。
2）、从变形角度看 (1)()n n a a n d =+--, 即可从两个不同方向认识同一数列，公差为相反数。
又11(1),(1)n m a a n d a a m d =+-=+-,相减得 ()n m a a n m d -=-，即()n m a a n m d =+-. 若 n>m ，则以 m a 为第一项，n a 是第n-m+1项，公差为d ； 若n<m ，则 m a 以为第一项时，n a 是第m-n+1项，公差为-d.3）、从发展的角度看 若{}n a 是等差数列，则12(2)p q a a a p q d +=++- ，12(2)m n a a a m n d +=++-, 因此有如下命题：在等差数列中，若2m n p q r +=+= , 则2m n p q r a a a a a +=+=.3、前n 项和公式由 1211,n n n n n S a a a S a a a -=+++=+++L L ， 相加得 12n n a a S n +=， 还可表示为1(1),(0)2n n n S na d d -=+≠，是n 的二次函数。
数列详细知识点归纳总结
数列详细知识点归纳总结数列是数学中常见的概念，也是数学与实际问题相联系的桥梁。
在数学的学习过程中，掌握数列的相关知识点是非常重要的。
本文将对数列的定义、性质、分类和常用公式进行详细的归纳总结。
一、数列的定义和性质数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的序列。
通常用{a₁，a₂，a₃，...}或{aₙ}表示，其中a₁，a₂，a₃等表示数列的各项。
数列的性质主要包括有穷性、无穷性和有界性。
1. 有穷数列：数列中项的个数是有限的，即存在某个正整数N，使得当n>N时，aₙ为常数，此时数列也被称为等差数列。
2. 无穷数列：数列中的项的个数是无穷的，此时数列也被称为等比数列。
3. 有界数列：数列中的项有一个上界或者下界限制，即存在某个正整数M，使得当n>M时，aₙ≤M（或者aₙ≥M）。
二、数列的分类1. 级数数列：级数数列是由级数的部分和组成的数列，级数数列的通项公式通常为公差公式或者公比公式。
2. 等差数列：等差数列是指数列中相邻两项之间的差值是一个常数的数列，常用的关系式为aₙ = a₁ + (n-1)d，其中a₁为首项，d为公差。
3. 等比数列：等比数列是指数列中相邻两项之间的比值是一个常数的数列，常用的关系式为aₙ = a₁ * r^(n-1)，其中a₁为首项，r为公比。
三、数列的常用公式1. 等差数列的前n项和公式：Sn = (n/2)(a₁ + aₙ)，其中Sn为前n项和，a₁为首项，aₙ为前n项的最后一项。
2. 等差数列的通项公式：aₙ = a₁ + (n-1)d，其中aₙ为第n项，a₁为首项，d为公差。
3. 等比数列的前n项和公式：Sn = a₁(1-rⁿ)/(1-r)，其中Sn为前n项和，a₁为首项，r为公比。
4. 等比数列的通项公式：aₙ = a₁ * r^(n-1)，其中aₙ为第n项，a₁为首项，r为公比。
四、数列的应用数列作为数学的一个重要概念，在实际问题的建模和解决中有着广泛的应用。
章末小结 (1)
章末小结(1)归纳推理的难点是由部分结果得到一般结论，破解的方法是充分考虑这部分结果提供的信息，从中发现一般规律，解题的一般步骤是：①对有限的资料进行观察、分析、归纳整理；②提出带有规律性的结论，即猜想；③检验猜想．(2)类比是从已经掌握了的事物的属性，推测正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础，类比出新的结果；类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性；类比的结果是猜测性的，不一定可靠，但它却有发现的功能．找出圆与球的相似性质，并用圆的下列性质类比球的有关性质．(1)圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦．(2)与圆心距离相等的两弦相等．(3)圆的周长c＝πd(d为直径)．(4)圆的面积S＝π4d2.解析：圆与球具有下列相似性质．1．圆是平面上到一定点的距离等于定长的所有点构成的集合，球面是空间中到一定点的距离等于定长的所有点构成的集合．2．是平面内封闭的曲线所围成的对称图形，球是空间中封闭的曲面所围成的对称图形．与圆的有关性质相比较，可以推测球的有关性质：圆球 (1)圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦球心与截面圆(非轴截面)圆心的连线垂直于截面 (2)与圆心距离相等的两条弦长相等与球心距离相等的两个截面圆面积相等 (3)圆的周长c ＝πd球的表面积S ＝πd 2 (4)圆的面积S ＝π4d 2 球的体积V ＝π6d 3 由实数构成的集合A 满足条件：若a ∈A ，a ≠1，则11－a ∈A ，证明：(1)若2∈A ，则集合A 必有另外两个元素，并求出这两个元素；(2)非空集合A 中至少有三个不同元素．分析：从集合中的元素满足的条件“若a ∈A ，则1a －1∈A (a ≠1)”出发；当a ＝2时，依次进行检验，即可得证．证明：(1)∵a ∈A ，a ≠1，则1a －1∈A . ∴2∈A 时，有11－2＝－1∈A . 由于－1≠1，有11－（－1）＝12∈A . 由于12≠1，有11－12＝2∈A .如此循环可知集合A 中的另外两个元素为12，－1. (2)∵集合A 非空，故存在a ∈A ，a ≠1，有11－a∈A ， ∴11－a ∈A 且11－a≠1， 即a ≠0时，有11－11－a ＝a －1a ∈A ，即如此循环出现三个数a ，11－a ，a －1a ∈A .若a ＝11－a，则a 2－a ＋1＝0，方程无实根． 若＝11－a＝a －1a ，则a 2－a ＋1＝0，方程无实根． 若a ＝a －1a，则a 2－a ＋1＝0，方程无实根． ∴a ，11－a，a －1a 互不相等，故集合A 中至少有三个不同元素． 分析法和综合法是对立统一的两种方法，在使用这两种方法解题是，一般步骤是：(1)分析条件和结论之间的联系和区别，选择解题方向．(2)确定恰当的解题方法，若能够结合题设条件，通过相关的公理、定理、公式、结论推得所求结果，则用综合法，若从条件出发，应用相关的公理、定理、公式、结论难以推得所求结果，则可以考虑使用分析法．(3)解题反思，回顾解题过程，对所得结果和解题步骤进行检查，确保解题的严谨性和完备性．设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8. 证明：方法一 综合法因为a >0，b >0，a ＋b ＝1，所以1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，ab ≤14，所以1ab ≥4， 又1a ＋1b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b ≥4， 所以1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立)． 方法二 分析法因为a >0，b >0，a ＋b ＝1，要证1a ＋1b ＋1ab≥8. 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋a ＋b ab ≥8， 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1a ≥8， 即证1a ＋1b ≥4. 也就是证a ＋b a ＋a ＋b b≥4. 即证b a ＋a b≥2， 由基本不等式可知，当a >0，b >0时，b a ＋a b≥2成立， 所以原不等式成立．反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，命题“若p ，则q ”的否定是“若p ，则¬q ”，由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p ，则¬q ”为假，从而可以导出“若p ，则q ”为真，从而达到证明的目的．反证法反映了“正难则反”的解题思想．一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．用反证法证明不等式要把握三点：①必须先否定结论，即肯定结论的反面；②必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；③推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．已知直线ax －y ＝1与曲线x 2－2y 2＝1相交于P ，Q 两点，证明：不存在实数a ，使得以PQ 为直径的圆经过坐标原点O .证明：假设存在实数a ，使得以PQ 为直径的圆经过坐标原点O ，则OP ⊥OQ .设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1x 1·y 2x 2＝－1， 所以(ax 1－1)(ax 2－1)＝－x 1·x 2，即(1＋a 2)x 1·x 2－a (x 1＋x 2)＋1＝0.由题意得(1－2a 2)x 2＋4ax －3＝0，所以x 1＋x 2＝－4a 1－2a 2，x 1·x 2＝－31－2a2. 所以(1＋a 2)·－31－2a 2－a ·－4a 1－2a 2＋1＝0， 即a 2＝－2，这是不可能的．所以假设不成立．故不存在实数a ，使得以PQ 为直径的圆经过坐标原点O .数学归纳法的两关关注(1)关注点一：用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始n 0是多少．(2)关注点二：由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n ＝k 时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *.(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a 1≥2时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋1.解析：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3.由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4.由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5.由此猜想a n 的一个通项公式为a n ＝n ＋1(n ≥1)．(2)证明：①当n ＝1时，∵a n ＝a 1≥2，n ＋1＝1＋1＝2，∴不等式成立．②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋1.那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋1)(k ＋1－k )＋1＝k ＋2.也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1>(k ＋1)＋1.根据①和②，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋1.一、选择题1．“因为指数函数y ＝a x是增函数(大前提)，而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 是指数函数(小前提)，所以函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 是增函数(结论)”，以上推理的错误的原因是(A )A ．大前提错误导致结论错B ．小前提错误导致结论错C ．推理形式错误导致结论错D ．大前提和小前提错误导致结论错解析：推理形式没有错误，而大前提“y ＝a x 是增函数”是不正确的，当0＜a ＜1时，y ＝a x 是减函数；当a ＞1时，y ＝a x 是增函数．故选A.2．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明： 1－12＋13－14＋…＋1n －1＝2(1n ＋2＋1n ＋4＋…12n )时，若已假设n ＝k (k ≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(B )A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立解析：因为n为正偶数，n＝k(k≥2为偶数)，所以下一步要证明的命题也应该是在偶数条件下成立，所以，还需要证明n＝k＋2时等式成立，故选B.3．若m，n是正整数，则m＋n>mn成立的充要条件是(D)A．m，n都等于1B．m，n都不等于2C．m，n都大于1D．m，n至少有一个等于1解析：∵m＋n>mn，∴(m－1)(n－1)<1.∵m，n∈N*，∴(m－1)(n－1)∈Z，∴(m－1)(n－1)＝0.∴m＝1或n＝1，故选D.4．下列结论正确的是(B)A．当x>0且x≠1时，lg x＋1lg x≥2B．当x>0时，x＋1x≥2C．当x≥2时，x＋1x的最小值为2D ．当0<x ≤2时，x －1x无最大值 解析：A 错在lg x 的正负不清；C 错在等号成立的条件不存在；根据函数f (x )＝x －1x 的单调性，当x ＝2时，f (2)max ＝32，故D 错．故选B.5．已知a ＋b ＋c ＝0，则ab ＋bc ＋ca 的值(D )A ．大于0B ．小于0C ．不小于0D ．不大于0解析：解法一 因为a ＋b ＋c ＝0，所以a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－a 2＋b 2＋c 22≤0. 解法二 令c ＝0，若b ＝0，则ab ＋bc ＋ca ＝0，否则a 、b 异号，所以ab ＋bc ＋ca ＝ab ＜0，排除A 、B 、C ，故选D.6．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，那么a ，b ，c 的值为(A )A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a 、b 、c解析：令n ＝1，得1＝3(a －b )＋c ，令n ＝2，得1＋2×3＝9(2a －b )＋c ，令n ＝3，得1＋2×3＋3×32＝27(3a －b )＋c .即⎩⎪⎨⎪⎧3a －3b ＋c ＝118a －9b ＋c ＝781a －27b ＋c ＝34，∴a ＝12，b ＝c ＝14.故选A. 7．若凸k 边形的内角和为f (k )，则凸(k ＋1)边形的内角和f (k ＋1)(k ≥3且k ∈N *)等于(B )A ．f (k )＋π2B ．f (k )＋πC ．f (k )＋32π D ．f (k )＋2π 解析：由凸k 边形到凸(k ＋1)边形，增加了一个三角形，故f (k ＋1)＝f (k )＋π.故选B.8．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 4是a 3与a 7的等比中项，S 8＝32，则S 10＝(C )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：由a 24＝a 3a 7得(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，2a 1＋3d ＝0.再由S 8＝8a 1＋562d ＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3.所以S 10＝10a 1＋902d ＝60，选C. 二、填空题9．若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，则a 5＝________；前8项的和S 8＝________(用数字作答)．解析：a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，a 3＝2a 2＝4，a 4＝2a 3＝8，a 5＝2a 4＝16，易知S 8＝28－12－1＝255，∴应填255.答案：16 25510．(2014·郑州高二检测)图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是________．解析：分别观察正方体的个数为：1，1＋5，1＋5＋9，… 归纳可知，第n 个叠放图形中共有n 层，构成了以1为首项，以4为公差的等差数列，所以S n ＝n ＋[n (n －1)×4]÷2＝2n 2－n ， 所以S 7＝2×72－7＝91. 答案：9111．(2014·厦门六中高二期中)在平面上，我们用一直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按如图所标边长，由勾股定理有c 2＝a 2＋b 2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN ，如果用S 1、S 2、S 3表示三个侧面面积，S 表示截面面积，那么类比得到的结论是________．解析：类比如下：正方形↔正方体；截下直角三角形↔截下三侧面两两垂直的三棱锥；直角三角形斜边平方↔三棱锥底面面积的平方；直角三角形两直角边平方和↔三棱锥三个侧面面积的平方和，结论S 2＝S 21＋S 22＋S 23.(这个结论是正确的，证明略)答案：S 2＝S 21＋S 22＋S 2312．(2014·洛阳部分重点中学教学检测)观察下列等式：31×2×12＝1－122，31×2×12＋42×3×122＝1－13×22，31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＝1－14×23，……，由以上等式推测到一个一般的结论：对于n ∈N *，31×2×12＋42×3×122＋…＋n ＋2n （n ＋1）×12n＝________． 解析：由已知中的等式：31×2×12＝1－12231×2×12＋42×3×122＝1－13×22，31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＝1－14×23，…， 所以对于n ∈N *，31×2×12＋42×3×122＋…＋n ＋2n （n ＋1）×12n ＝1－1（n ＋1）2n. 答案：1－1（n ＋1）·2n三、解答题13．证明不等式：12×34×…×2n －12n <12n ＋1(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝13，显然12 < 13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时，不等式成立， 即12×34×…×2k －12k<12k ＋1，则n ＝k ＋1时，12×34×…×2k －12k ×2k ＋12k ＋2<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2，要证n ＝k ＋1时，不等式成立，只要2k ＋12k ＋2<12k ＋3成立． 即证(2k ＋1)(2k ＋3)<(2k ＋2)2， 即证4k 2＋8k ＋3<4k 2＋8k ＋4. 该不等式显然成立．即n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对任意的正整数n ，不等式成立．14．如图所示，已知两个正方形ABCD 和DCEF 不在同一平面内，M ，N 分别为AB ，DF 的中点．(1)若CD ＝2，平面ABCD ⊥平面DCEF ，求MN 的长； (2)用反证法证明：直线ME 与BN 是两条异面直线． (1)解析：如下图，取CD 的中点G ，连接MG ，NG ，因为ABCD ，DCEF 为正方形，且边长为2， 所以MG ⊥CD ，MG ＝2，NG ＝ 2. 因为平面ABCD ⊥平面DCEF ， 所以MG ⊥平面DCEF . 所以MG ⊥GN .所以MN ＝MG 2＋GN 2＝ 6.(2)证明：假设直线ME 与BN 共面，则AB ⊂平面MBEN ， 且平面MBEN ∩平面DCEF ＝EN .由已知，两正方形ABCD 和DCEF 不共面，故AB ⊄平面DCEF . 又AB ∥CD ，所以AB ∥平面DCEF . 所以EN ∥AB ，又AB ∥CD ∥EF ， 所以EF ∥NE ，这与EF ∩EN ＝E 矛盾， 故假设不成立．所以ME 与BN 不共面，它们是异面直线．15．在圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)中，AB 为直径，C 为圆上异于A 、B 的任意一点，则有k AC ·k BC ＝－1.你能用类比的方法得出椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中有什么样的结论？并加以证明．解析：类比得到的结论是：在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中，A 、B 分别是椭圆长轴的左右端点，点C (x ，y )是椭圆上不同于A 、B 的任意一点，则k AC ·k BC ＝－b 2a2证明如下：设A (x 0，y 0)为椭圆上的任意一点，则A 关于中心的对称点B 的坐标为B (－x 0，－y 0)，点P (x ，y )为椭圆上异于A ，B 两点的任意一点，则k AP ·k BP ＝y －y 0x －x 0·y ＋y 0x ＋x 0＝y 2－y 2x 2－x 20.由于A 、B 、P 三点在椭圆上，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x 20a 2＋y 20b 2＝1.两式相减得，x 2－x 20a 2＋y 2－y 2b2＝0，∴y 2－y 20x 2－x 20＝－b 2a 2，即k AP ·k BP ＝－b 2a 2.故在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中，长轴两个端点为A 、B 、P 为异于A 、B 的椭圆上的任意一点，则有k AB ·k BP ＝－b 2a2.16．在各项为正的数列{a n }中，数列的前n 项和S n 满足S n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n .(1)求a 1，a 2，a 3；(2)由(1)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．解析：(1)由S 1＝a 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 得a 21＝1，∵a n >0，∴a 1＝1.由S 2＝a 1＋a 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2得a 22＋2a 2－1＝0. ∴a 2＝2－1.由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋1a 3得a 23＋22a 3－1＝0.∴a 3＝3－ 2.(2)猜想a n ＝n －n －1(n ∈N *)．证明如下：①n ＝1时，a 1＝1－0命题成立． ②假设n ＝k 时，a k ＝k －k －1成立，则n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k＋1a k ， 即a k ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k －k －1＋1k －k －1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－k ，∴a 2k ＋1＋2ka k ＋1－1＝0.∴a k ＋1＝k ＋1－k .即n ＝k ＋1时，命题成立， 由①②知，n ∈N *，a n ＝n －n －1.。
高中数学选择性必修二 第4章数列章末复习与总结高二数学(
[例 7] (1)已知数列an，a1＝2，an＝1＋ana－n1－1(n≥2)，求 an； (2)已知数列an满足 an＋1＝3an＋2(n∈N *)，a1＝1，求通项公 式 an. [解] (1)由 an＝1＋ana－n1－1两边取倒数得a1n－an1－1＝1， ∵数列a1n是首项为a11＝12，公差为 1 的等差数列． ∴a1n＝12＋(n－1)＝n－12＝2n2－1.∴an＝2n2－1.
bn－1
＝an1－1(n≥2，
n∈N
*)，
Tn＝b1＋b2·3＋b3·32＋…＋bn·3n－1，证明：数列4Tn－3n·bn为 等差数列．
[解] (1)因为 an＋1＝3an， an＋1
所以 an ＝3，又 a1＝3，因此an是首项为 3，公比为 3 的等比数列，
所以 an＝3n，a4＝34＝81. Sn＝311－－33n＝32(3n－1)， S5＝32×(35－1)＝363.
an
可用公式
an＝SS1n－n＝Sn1－1，n≥2
求解．
3．由递推公式求数列通项：对于递推公式确定的数列的求
解，通常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，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．
4．待定系数法(构造法)：求数列通项公式的方法灵活多 样，特别是由给定的递推关系求通项公式，对于观察、分析、 推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列 (等差或等比数列)来求解，这种方法体现了数学中化未知为已 知的转化思想，而运用待定系数法变换递推公式中的常数就 是一种重要的转化方法．
1，n为奇数，
②取 a＝2，q＝1 时，an＝
bn＝2(n∈N*)．
2，n为偶数.
此时bn是等比数列，而an不是等比数列．
数列知识点总结及结论
数列知识点总结及结论一、数列的概念及分类数列是按照一定的顺序排列的一组数的集合。
在数学中，数列是一个非常重要的概念，它被广泛应用在各个领域，如微积分、概率论、离散数学等。
数列有多种分类方式，根据数列的各个项之间的关系不同可以将数列分为等差数列、等比数列、递推数列等。
在日常生活中，数列也有着广泛的应用，如金融领域中的利息计算，物理学中的等速运动等。
二、等差数列等差数列是一种非常简单的数列，其特点是数列中每一项与前一项的差是一个常数。
等差数列的通项公式为An = A1 + (n-1)d。
其中An表示等差数列中第n项的值，A1表示等差数列的首项，d表示等差数列的公差。
例如，1，3，5，7，9就是一个公差为2的等差数列。
在等差数列中，我们可以根据已知的条件，求出数列的首项、公差、任意项的值，以及数列的前n项和等一系列问题。
三、等比数列等比数列是另一种常见的数列，其特点是数列中每一项与前一项的比是一个常数。
等比数列的通项公式为An = A1 * q^(n-1)。
其中An表示等比数列中第n项的值，A1表示等比数列的首项，q表示等比数列的公比。
例如，1，2，4，8，16就是一个公比为2的等比数列。
在等比数列中，也可以根据已知的条件，求出数列的首项、公比、任意项的值，以及数列的前n项和等一系列问题。
四、递推数列递推数列是一种通过前一项来定义后一项的数列。
其通项公式并不是一个固定的公式，而是通过给定的递推关系来确定。
例如，斐波那契数列就是一个著名的递推数列，其定义为F(1)=1, F(2)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2)。
通过这个递推关系，我们可以得到斐波那契数列的每一项的值。
递推数列在计算机科学中有着广泛的应用，如动态规划算法、图论算法等。
它们的特点是可以通过已知的前几项来求得后面的项，而不需要知道整个数列的所有项。
五、数列的运算数列的运算是数列学习中的重要内容之一。
在数列的运算中，主要包括数列的加法、减法、乘法、除法等。
人教版数学选择性必修二：第四章数列章末复习课件
a202Xa202X－1＝ 2020
－1＜0，故B正确；
T202X是数列{Tn}中的最大值，CD错误.
)
(3)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则
5
log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝ 32 ＝4⇒a3＝2，
✓ 而52 ＝a10＞0，所以an＞0，q＞1.
✓ 由条件得2
✓
+1
+2
+
+1
＝5，即2
1
+ ＝5，解得q＝2.
又由52 ＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q＝2，故an＝2n.
法二
题型一
[例1]
求数列的通项公式
(2)已知数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式．
又∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，
∴ 32 ＋2a3a5＋ 52 ＝25，而an＞0，
故a3＋a5＝5.
跟踪训练
4． (2)在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
根据数列{an}为等比数列，
则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列，
即48，60－48，S3n－60，…成等比数列，
等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求
数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[例2]
等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1) 求数列{an}的通项公式；
第四章 数列(章末小结)
[解析] （1）因为 ， 所以 ， ， ，所以 ， ， ，所以数列 是以2为首项，3为公差的等差数列，所以 .
[解析] 设数列 的前 项和为 ,当 时， ；当 时, ，经检验， 也符合上式， .又 , .
题型探究·悟思路
YUCI NO.1 MIDDLE SCHOOL
, ,∴数列 是以5为首项， 为公比的等比数列， .
方法总结 注意由 求 时，分两步完成后要判断 是否符合当 时的式子,若符合可统一为一个式子,若不符合则需要分段写出.
则数列 的公差 ，∴数列 的通项公式为 ，∴当 时， ，∵当 时上式也成立，∴数列 的通项公式为 ，由 ，可知数列 是等差数列.
方法总结 本题主要考查等差数列的判定与证明，等差数列的通项公式，等差数列的前 项和公式等知识，提升学生逻辑推理和数学运算的核心素养.证明数列是等差数列的主要方法：
方法总结 本题主要考查了数列的基本题型,由 求 ,等比数列的定义、通项公式和裂项相消法求和,对于由等差数列连续两项乘积的倒数构成的新数列的前 项和的求法为裂项相消法.本题考查了数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型4 等差数列、等比数列的证明
例4 [2021年全国甲卷] 已知数列 的各项均为正数，记 为 的前 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列 是等差数列；②数列 是等差数列；③ .
[解析] （1）∵点 在函数 的图象上， ， ①当 时， ， ②由①-②得 ；当 时， ，也符合上式，∴数列 的通项公式为 .（2）由（1）得 ，
. ，∴数列 单调递增，∴数列 中的最小项为 .要使不等式 对任意正整数 恒成立，只要 ，即 ， ， ， ， ， ，即实数 的取值范围为 .
高中数学选择性必修二 第四章 数列(章末复习)单元复习全面过
一．知识系统整合1.知识网络2.知识梳理二. 规律方法收藏(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了累加法和累乘法；(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加和错位相减.(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意三个求其余两个，用到了方程思想.(4)在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了函数思想.(5)等差数列和等比数列在很多地方是相似的，发现和记忆相关结论时用到了类比.三．学科思想培优一、数学抽象数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养．主要表现为：获得数学概念和规则，提出数学命题和模型，形成数学方法和思想，认识数学结构与体系．在本章中，主要表现在构造新数列，及数列的函数性质中.【典例1】（2021·河南高三月考（理））“春雨惊春清谷天，夏满芒夏署相连，秋处露秋寒霜降，冬霜雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期经验的积累和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数学著作《周牌算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则晷长为七尺五寸时，对应的节气为（ ）A ．春分､秋分B ．雨水､处暑C ．立春､立秋D ．立冬､立夏【答案】A【解析】设从夏至开始到冬至，各节气的晷长分别为1a ，2a ，3a ，…，13a ， 则夏至时晷长为115a =(寸)，冬至时晷长为13135a =(寸)， 因为每个节气晷长损益相同，则{}n a 为等差数列，设公差为d ， 所以131121512135a a d d =+=+=， 解得10d =，所以()15110105n a n n =+-⨯=+， 由75n a =，得7n =，即晷长七尺五寸对应的节气为从夏至开始的第七个节气，即秋分； 设从冬至开始到夏至，每个节气的晷长为n b ，则()()135********n b n n =+-⋅-=-+， 由75n b =，得7n =，即晷长七尺五寸对应的节气是从冬至开始的第七个节气，即春分. 所以晷长为七尺五寸时，对应的节气为春分和秋分.故选：A.【典例2】（2021·河南驻马店市·高三期末（文））1975年，考古工作者在湖南省云梦县睡虎地秦墓出土了大量记载秦法律令的竹简，其中包括徭律一条．徭律是秦代关于徭役的法律，其中规定：服徭戍迟到处以申斥和赀罚．失期三日到五日，谇；六日到旬，赀一盾；过旬，赀一甲．意思是：迟到2天以内算正常，不处罚；迟到3~5天，口头批评；迟到6~10日，罚一面盾牌；迟到10天以上，罚一副甲胄．若有一队服徭役的农民从甲地出发前往乙地，甲、乙两地相距900里，第一天行60里，以后每天都比前一天少行2里，要求18天内到达，则该队服徭役的农民最可能受到的惩罚是（ ）． A ．无惩罚 B ．谇C ．赀一盾D ．赀一甲【答案】C【解析】由题意知，每日行走的路程成等差数列，记为{}n a ， 因为首项为60，公差为2-，所以2=-+n a n 62． 设从甲地到乙地用k 天，则602629002-+⨯=k k ，即2619000-+=k k ，解得25k =或36k =（舍）， 即从甲地出发前往乙地所用的时间为25天， 因为要求18天到达，所以迟到了7天，又因为迟到6~10日，罚一面盾牌，故应赀一盾．故选：C.【典例3】（2021·宁夏吴忠市·高三一模（文））已知数列{}n a满足1a =*1,n n n +∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设*n nb n =∈N ，数列{}n b 的前n 项和n S ，求证：1n S <．【答案】（1）)*n a n =∈N；（2）证明见解析.【解析】（11n n +=，得1n n a a += ∴32121nn a aa a a a ⋅=-12n n⋅=-，∴1a =∴)*na n =∈N ．（2）由（1）得n n b a ===，∴12111111112231n n S b b b n n=+++=-+-++-=-+ 当*n ∈N 时，0>，∴1n S <，即证. 二、数学运算数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养，主要表现为：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果．在本章中，主要表现在求等差、等比数列的特定项，公差（公比），前n 项和，项数的运算中.【典例4】（2021·河南郑州市·高二期末（文））在等比数列{}n a 中，有31598a a a =，数列{}n b 是等差数列，且99b a =，则711b b +等于（ ） A ．4 B ．8C ．16D ．24【答案】C【解析】∴{}n a 是等比数列，∴2931598a a a a ==，90a ≠，所以98a =，即998b a ==，∴{}n b 是等差数列，所以7119216b b b +==． 故选：C ．【典例5】（2021·湖北荆州市·荆州中学高二期末）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10512S S =，则155S S =（ ） A ．12B ．13C ．23D ．34【答案】D【解析】{}n a 是等比数列，51051510,,S S S S S ∴--也称等比数列，10512S S =，设5102,S k S k ==， 则105S S k -=-，15102k S S ∴-=，则1532k S =， 15533224kS S k ∴==.故选：D. 【典例6】（2021·安徽六安市·高三一模（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d >且2217a a =，则n S 取得最小值时，n 的值为（ ）A ．3B ．4C ．3或4D ．4或5【答案】C【解析】由2217a a =，可得()()17170a a a a +-=，因为0d >，所以170a a -≠，所以17 0a a +=，所以44200a a =⇒=．因为0d >，所以{}n a 是递增数列，所以1234560a a a a a a <<<=<<<，显然前3项和或前4项和最小．故选：C【典例7】（2021·河南许昌市·高二期末（理））在数列{}n a 中，11a =，22a =，对n *∀∈N ，215322n n n a a a ++=-，则2021a =（ ） A ．20183212⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．20193212⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．20203212⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．20213212⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】由215322n n n a a a ++=-得2113()2n n n n a a a a +++-=-∴数列1{}n n a a +-是以211a a -=为首项，32为公比的等比数列， 1*13()()2n n n a a n N -+∴-=∈∴当2n ≥时，11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+23101133331222231213123212n n n n ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭=+-⎛⎫=- ⎪⎝⎭经检验，1n =时成立．132()12n n a -∴=-．2020202132()12a ∴=-，故选：C.【典例8】（2021·广西河池市·高二期末（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（ ）A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．10101011【答案】C【解析】数列{}n a 满足112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+， 则有1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，可得数列{}(1)n n n a +为常数列， 有1(1)2n n n a a +=，得(1)1n n n a +=，得1(1)n a n n =+，又由111(1)1n a n n n n ==-++，所以20211111112021112232021202220222022S =-+-+⋅⋅⋅-=-=．故选：C 【典例9】【多选】（2020·广东揭阳市·揭阳三中高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和为2n 33S n n =-，则下列说法正确的是（ ） A ．342n a n =- B ．16S 为n S 的最小值C ．1216272a a a +++= D ．1230450a a a +++=【答案】AC【解析】1133132a S ==-=,()()()2213333113422n n n a S S n n n n n n -=-=---+-=-≥,对于1n =也成立，所以342n a n =-，故A 正确；当17n <时，0n a >,当n=17时n a 0=,当17n >时，n a 0<,n S ∴只有最大值，没有最小值，故B 错误；因为当17n <时，0n a >,∴21216163316161716272a a a S +++==⨯-=⨯=，故C 正确； 121617193300()a a a S a a a +++=+----2163022272(333030S S =-=⨯-⨯-）54490454=-=，故D 错误.故选：AC.三、逻辑推理逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养，主要表现为：掌握推理基本形式和规则，发现问题和提出问题，探索和表述论证过程，理解命题体系，有逻辑地表达与交流．本章主要表现求数列的通项公式，在等差，等比数列判定、数列求和及数列开放题运用等方面. 【典例10】【多选】（2020·湖北高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()2141n n S S n ++=+，下列说法正确的是（ ）A ．若首项11a =，则数列{}n a 的奇数项成等差数列B ．若首项11a =，则数列{}n a 的偶数项成等差数列C ．若首项11a =，则15477S =D ．若首项1a a =，若对任意*n ∈N ，1n n a a +<恒成立，则a 的取值范围是()3,5【答案】BCD【解析】由()2141n n S S n ++=+∴得()2124n n S n S n-+=≥∴，∴-∴可得()()12241421484n n a a n n n n +-=+==+++()2n ≥∴， 所以()()14213n n n a a n -+-≥=∴，∴-∴可得()1183n n a a n +-=-≥，因此数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差，偶数项也成等差；若11a =，即111S a ==，则()212411S S +=+，即21216a a +=，所以214a =； 由()322421S S +=+得32362a S +=，则36a =； 由()432431S S +=+得43264a S +=，则422a =； 所以3158a a -=≠，428a a -=，因此数列{}n a 的奇数项不成等差数列，偶数项成等差数列，即A 错，B 正确； 此时()()151********......S a a a a a a a =++++++++()()327717711787847722a a ⨯-⨯-⎡⎤⎡⎤=++⨯++⨯=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，即C 正确；因为37215,,,...,n a a a a +成公差为8的等差数列，2482,,,...,n a a a a 也成公差为8的等差数列； 为使对任意*n ∈N ，1n n a a +<恒成立， 只需1234a a a a <<<，若1a a =，由()21241116S S +=+=，则2162a a =-；由()32242136S S +=+=，可得2336242a S a =-=+；由()43243164S S +=+=得34642242a S a =-=-所以42242162a a a a <+<-<-，解得35a <<，即D 正确.故选：BCD. 【典例11】（2021·辽宁大连市·高三期末）在①2*31,4(n S n kn n N k =-+∈为常数)，①*1(,n n a a d n N d +=+∈为常数)，①*1,,(0n n a qa q n N q +=>∈为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问题中的数列存在，求数列()1*1n n n a N a +⎧⎫⎨⎭∈⎬⎩的前10项和；若问题中的数列不存在，说明理由.问题：是否存在数列{}*()∈n a n N ，其前n 项和为n S ，且131,4,a a ==___________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案见解析【解析】如果选择①，由11332,,a S a S S =⎧⎨=-⎩即31142743324k k k ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩ 解得3414k k ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩该方程组无解， 所以该数列不存在.如果选择*1,(n n a a d n N d +=+∈②为常数)，即数列{}n a 为等差数列，由131,4==a a ，可得公差31322a a d -==， 所以3122n a n =- 所以12231011122310111112111111538a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪⎝⎭ 如果选择*1(0,,n n a qa q n N q +=>∈③为常数)，即数列{}n a 为等比数列，由131,4==a a，可得公比2q ==，所以11114(2)1n n n n n a a a a +-÷=≥， 所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12，公比为14的等比数列，所以其前10项和为1021134⎛-⎫ ⎪⎝⎭. 【典例12】（2021·江苏徐州市·徐州一中高三期末）设数列{}n a ，{}n b 是公比不相等的两个等比数列，数列{}n c 满足*,n n n c a b n =+∈N ．（1）若2,3nnn n a b ==，是否存在常数k ，使得数列{}1n n c kc +-为等比数列?若存在，求k 的值；若不存在，说明理由；（2）证明：{}n c 不是等比数列．【答案】（1）存在，2k =或3k =；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意知，若数列{}1n n c kc +-为等比数列，则有()()()21211n n n n n n c kc c kc c kc +++--=-⋅-，其中2n ≥且*n ∈N ，将23n n n c =+代入上式，得 ()()()211221111232323232323n n n n n n n n n n n n k k k ++++++--⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-+=+-+⋅+-+⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 即21111(2)2(3)3(2)2(3)3(2)2(3)3n n n n n n k k k k k k ++--⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-=-+-⋅-+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 整理得1(2)(3)2306n n k k --⋅⋅=，解得2k =或3k =．（2）设数列{}n a ，{}n b 的公比分别为,,p q p q ≠且,0p q ≠，11,0a b ≠，则1111n n n c a p b q --=+，为证{}n c 不是等比数列，只需证2213c c c ≠⋅，事实上()22222221111112c a p b q a p a b pq b q =+=++， ()()()222222221311111111c c a b a p b q a p a b p q b q ⋅=+⋅+=+++，由于p q ≠，故222p q pq +>，又11,0a b ≠，从而2213c c c ≠⋅，所以{}n c 不是等比数列.【典例13】（2021·云南昆明市·高二期末（文））已知{}n a 是等差数列，{}n b 是递增的等比数列且前n 和为n S ，112822,10a b a a ==+=，___________.在①2345,,4b b b 成 等差数列，①12n n S λ+=+(λ为常数)这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和n T .【答案】条件选择见解析；（1）n a n =，2n n b =；（2）212222n n n n T +=-++. 【解析】选∴解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，1281122,10,2810,1,1a a a a d a d =+=∴+=∴==，1(1)1n a n n ∴=+-⨯=. 由题意知132452,24b b b b ⎛⎫=⋅=+ ⎪⎝⎭，得324522b b b =+， 设等比数列{}n b 的公比为2222,522q b q b b q ⋅=+，即22520q q -+=， 解得2q ，或12q =，由数列{}n b 为递增等比数列可知12q =不合题意， 所以{}n b 是一个以2为首项，2为公比的等比数列.1222n n n b -∴=⨯=（2）由（1）知2n n n a b n +=+，()()()()1231222322n n T n ∴=++++++⋯++，()123(123)2222n n T n ∴=+++⋯+++++⋯+，()212(1)212n n n n T -+∴=+- 212222n n n n T +∴=-++. 选∴解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，1281122,10,2810,1,1a a a a d a d =+=∴+=∴==，1(1)1n a n n ∴=+-⨯=.令1n =，则111112,42,2S b S λλλ+=+∴==+=∴=-，122n n S +∴=-当2n ≥时，()()1122222n n n n n n b S S +-=-=---=当1n =时，12b =也满足上式.2n n b =（2）由（1）知2n n n a b n +=+，()()()()1231222322n n T n ∴=++++++⋯++，()123(123)2222n n T n ∴=+++⋯+++++⋯+，()212(1)212n n n n T -+∴=+-，212222n n n n T +∴=-++ 四、数学建模数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养，主要表现在：发现和提出问题，建立和求解模型，检验和完善模型，分析和解决问题，在本章主要表现在数列的的实际应用问题中.【典例14】（2021·河南信阳市·高二期末（理））“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f ，则第六个单音的频率为（ ）A．B． CD【答案】B【解析】由题意知，十三个单音的频率构成等比数列{}n a，公比为 ∴第六个单音的频率561a a q =⋅=.故选：B.【典例15】（2021·河南高二期末（文））疫苗是解决“新冠病毒”的关键，为了早日生产“新冠病毒”疫苗，某研究所计划建设n 个实验室，从第1到第n 实验室的建设费用依次构成等差数列，已知第7实验室比第2实验室的建设费用高15万元，第3实验室和第6实验室的建设费用共为61万元，现在总共有建设费用438万元.则该研究所最多可以建设的实验室个数是（ ）A ．10个B ．11个C ．12个D ．13个【答案】C【解析】设第n 实验室的建设费用为n a 万元，其中1,2,3n =， 由题意可得723615152761a a d a a a d -==⎧⎨+=+=⎩，解得1203a d =⎧⎨=⎩，则()23133720222n n n S n n n -=+=+， 令438n S ≤，即23378760n n +-≤且n N +∈，解得12n ≤.所以最多可以建设12个实验室.故选：C.【典例16】（2021·上海普陀区·曹杨二中高二期末）某公司自2020年起，每年投入的设备升级资金为500万元，预计自2020年起(2020年为第1年)，因为设备升级，第n 年可新增的盈利()()5801,5100010.6,6n n n n a n -⎧-≤⎪=⎨-≥⎪⎩(单位：万元)，求： （1）第几年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金；（2）第几年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额.【答案】（1）第7年；（2）第12年.【解析】（1）当5n ≤时，80(1)500na n =->，解得7.25n >，即8n ≥，不成立， 当6n ≥时，51000(10.6)500n n a -=->，即50.60.5n -<，50.6n -随着n 的增大而减小， 当6n =时，650.60.60.5-=<不成立，当7n =时，750.60.360.5-=<成立，故第7年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金；（2）当5n =时，累计新增盈利总额5123450801602403208005005S a a a a a =++++=++++=<⨯，可得所求n 超过5，当6n ≥时，55600(10.6)1000(5)50010.6n n S S n n --=+-->-， 整理得530.611.4n n -+⨯>，由于530.6n -⨯随着n 的增大而减小又当11n =时，1151130.611.4-+⨯<，故不成立，当12n =时，1251230.611.4-+⨯>，故成立，故从第12年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额.。
数列章末归纳总结
06
数列的未来发展与展望
数学理论的发展
数学理论不断深化
随着数学学科的发展，数列理论将不断得到深化和拓展，新 的数学工具和方法将被引入，推动数列理论的进步。
数学与其他学科的交叉融合
数列作为数学的一个重要分支，将与其他学科如物理、化学 、计算机科学等产生更多的交叉融合，为解决实际问题提供 新的思路和方法。
05
数列的学习重点与难点
学习重点
数列的定义与性质
理解数列的基本概念，掌握数 列的性质，如递增、递减、有
界等。
等差数列与等比数列
掌握等差数列和等比数列的定 义、性质和通项公式，理解数 列的极限概念。
数列的求和
掌握数列求和的基本方法，如 裂项相消法、错位相减法等。
数列的应用
理解数列在实际问题中的应用 ，如增长率、复利、人口统计
物理领域
物理学中的很多现象 可以用数列来表示和 描述，如周期性运动、 波动等。
在信号处理和通信中， 数列被用来表示和传 输信号。
在量子力学和统计物 理中，数列被用来描 述微观粒子的状态和 相互作用。
工程领域
在计算机科学中，数列被广泛 应用于算法设计和数据结构中， 如排序算法、动态规划等。
在控制工程中，数列被用来描 述和控制系统中的参数和变量。
几何法
总结词
利用几何图形和性质，解决数列问题。
详细描述
几何法是利用几何图形和性质来解决数列问题的一种方法。例如，对于等差数列和等比数列，可以通过构造等差 数列和等比数列的几何图形来直观地理解其性质和变化规律。
函数法
总结词
将数列问题转化为函数问题，利用函数性质解决。
详细描述
函数法是将数列问题转化为函数问题，利用函数的性质来解决数列问题的一种方法。例如，对于一些 复杂的数列问题，可以通过构造相应的函数，利用函数的单调性、周期性等性质来求解。
数列章末总结提升
章末总结提升 第1页 【共2页】章末总结提升一、知识要点归纳 1．数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列． 2．求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(2)累加法：当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)(n ≥2)．(3)累积法：当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n ＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累积法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1(n ≥2)．(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项． (5)归纳、猜想、证明法． 3．等差、等比数列的性质4．求数列的前n 项和的基本方法(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n 项和S n 公式； (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和； (5)倒序相加：例如等差数列前n 项和公式的推导； (6)并项求和法：适用于正负相间的数列． 三、题型探究题型一 写数列的一个通项公式例1 根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式．(1)23，415，635，863，…；(2)12，2，92，8，252，…；(3)－1,2，－3,4，…；(4)2,22,222,2 222，…. 跟踪训练1 已知数列的前几项，写出下面数列的一个通项公式． (1)1,3,7,15,31，…；(2)4,44,444,4 444，…；(3)1,2,1,2,1,2，…. 题型二 由递推公式求通项公式例1 已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，写出前3项，猜想{a n }通项公式并加以证明．章末总结提升 第2页 【共2页】跟踪训练1 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n )，求a n .题型三 等差数列的概念与通项公式例 1 (1)在数列{a n }中，a 1＝2,2a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }通项公式.(2)已知m 和2n 的等差中项是8,2m 和n 的等差中项是10，则m 和n 的等差中项是________． 例2 (1)若{a n }是等差数列，a 15＝8，a 60＝20，求a 75.(2)已知递减等差数列{a n }的前三项和为18，前三项的乘积为66.求数列的通项公式，并判断－34是该数列的项吗？跟踪训练1 已知{a n }为等差数列，分别根据下列条件写出它的通项公式： (1)a 3＝5，a 7＝13；(2)前三项为a,2a －1,3－a . 跟踪训练2 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n＋1. (1)求证：数列{a n －2n}为等差数列；(2)设数列{b n }满足b n ＝2log 2(a n ＋1－n )，求{b n }的通项公式． 题型四 等差数列的性质及应用 例1．已知数列{a n }中，a 1＝4. (1)若a n ＝a n ＋1＋3，求a 10.(2)若数列{1a n }为等差数列，且a 6＝14，求数列{a n }的通项公式．题型五 等差数列前n 项和例1 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式（2）求数列{a n }前n 项和；跟踪训练 1 在数列{a n }中，a 1＝1，且满足2a n ＋1＝2a n +4(n ∈N *). (1)判断数列{a n }是否是等差数列，说明理由； (2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝36，求k 的值.跟踪训练2 若数列{a n }前n 项和为S n ＝2n 2＋3n ＋1，求数列{a n }通项公式判断该数列是不是等差数列． 跟踪训练3 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则数列{S nn }的前10项的和为________．题型六 等差数列前n 项和的最值问题例1 在等差数列{a n }中，若a 1＝25，且S 9＝S 17，求S n 的最大值． 题型七 裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求和．常见的拆项方法：(1)1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k )；(2)1n ＋k ＋n ＝1k (n ＋k －n )；(3)1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)． 例1 等差数列{a n }中，a 1＝3，公差d ＝2，S n 为前n 项和，求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.跟踪训练1 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)，求数列{a n }的前n 项和S n .题型八 等比数列的判定与证明例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n ＋1，求证：{a n }是等比数列，并求出通项公式．跟踪训练1 已知f (x )＝log m x (m ＞0且m ≠1)，设f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，…是首项为4，公差为2的等差数列，求证：数列{a n }是等比数列． 题型九 构造等比数列求数列的通项公式例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n . (1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列；(2)求数列{b n }的通项公式．跟踪训练1 数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n ＋6a n ＋6(n ∈N *)，设c n ＝log 5(a n ＋3)．(1)求证：{c n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． 例2等比数列{}n a 的各项均为正数，且187465=+a a a a ，则1032313log log log a a a +⋯⋯++= .题型十 等比数列基本量的计算 例1 在等比数列{a n }中， (1)S 2＝30，S 3＝155，求S n ； (2)a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，求S 5；(3)a 1＋a n ＝66，a 2a n －1＝128，S n ＝126，求q . 题型十一 错位相减法求和例1 设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝1 (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a nb n}的前n 项和S n .跟踪训练1 已知等比数列{a n }中，a 2＝14，a 5＝132.(1)试求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝na n(n ∈N *)，试求{b n }的前n 项和公式T n .。
数列知识点归纳总结
数列知识点归纳总结咱们从小到大的学习生涯里，数学这门课那可是一直陪伴着咱们。
其中数列这个部分，好多同学都觉得有点头疼，别担心，今天咱们就来好好捋一捋数列的那些事儿。
先来说说啥是数列。
想象一下，一群数字排着队，按照一定的规律站好，这就是数列啦。
比如说 1，3，5，7，9 这样依次增加 2 的数字队伍，或者 2，4，8，16 这样成倍增长的数字小分队。
数列里有个很重要的概念叫通项公式。
这就像是每个数列的身份证，通过它就能清楚地知道数列里的每一个数字是咋来的。
举个例子，咱们常见的等差数列，通项公式就是\（a_n ＝ a_1 ＋（n 1)d\），这里的\（a_1\）是首项，＼（d\）是公差。
比如说等差数列3，5，7，9，11 ，首项\（a_1\）就是 3，公差\（d\）是 2，那第 5 项\（a_5\）就等于 3 ＋（5 1）× 2 ＝ 11 ，是不是很神奇？还有等比数列，通项公式是\（a_n ＝a_1q^｛n 1}＼），其中\（q\）是公比。
就像等比数列 2，4，8，16 ，首项\（a_1\）是 2，公比\（q\）是 2，算第 4 项\（a_4\）就是 2× 2³＝ 16 。
我记得有一次，我给班上的同学讲数列的通项公式。
有个小同学一直皱着眉头，怎么都搞不明白。
我就拿他们排队做操的例子来解释，我说第一排站着 3 个同学（这就是首项\（a_1\）），后面每一排都比前一排多 2 个同学（这就是公差\（d\）），那第 10 排站几个同学？这小同学一下子就明白了，眼睛都亮了起来，那种恍然大悟的表情，让我觉得特别有成就感。
再来说说数列的求和公式。
等差数列的求和公式是\（S_n ＝＼frac{n(a_1 ＋ a_n)｝｛2}＼），等比数列的求和公式就稍微复杂点，当\（q≠1\）时，＼（S_n ＝＼frac{a_1(1 q^n)｝｛1 q}＼）。
咱们来实际算一算。
比如等差数列 1，2，3，4，5 ，一共 5 个数，首项 1，末项 5 ，那么和\（S_5 ＝＼frac{5×（1 ＋ 5)｝｛2} ＝ 15\）。
数列公式及结论总结
数列公式及结论总结1、等差等比数列相应结论等差数列等比数列通项公式 通项公式的推广式性质若q p s r +=+ 则q p s r a a a a +=+若q p s r +=+ 则q p s r a a a a =等差（比）中项数列的求和公式2)(1n n a a n S +=或 推导方法：倒序相加法.⎪⎩⎪⎨⎧≠--=11)1(1)1(na q qq a S n n 或 推导方法：错位相减法.2、等比数列性质应用时密切关注相应项下标和的关系.（1）若{}{}n n b a ,（项数相同）是等比数列，则{})0(≠λλn a ，{}{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧∙⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n n n n b a b a a a n,,,12仍是等比数列.（2）若数列{}n a a log 成等差数列，则数列{}n a 成等比数列.（3）若数列{}n a 成等差数列，则数列⋅⋅⋅+++,,,,32k m k m k m m a a a a 仍是等比数列. （4）等比数列的单调性设{}n a 是等比数列，公比为q ，则当⎩⎨⎧>>101q a 或⎩⎨⎧<<<1001q a 时，数列{}n a 是递增数列； 当⎩⎨⎧<<>1001q a 或⎩⎨⎧><101q a 时，数列{}n a 是递减数列；当1=q 时，数列{}n a 是常数列；当0<q 时，数列{}n a 是摆动数列，各项正负相间. 3、等比数列和的性质若{}n a 是公比1-≠q 的等比数列，n S 为前n 项和，则⋅⋅⋅--,,,232k k k k k S S S S S 成公比为k q 的等比数列. 4、由递推公式求数列通项公式 类型方法（即：已知前n 项和S n 求n a ） （即：已知前n 项积T n 求n a ）取倒数变成1111n n d a c a c+=+ 的形式把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+， 利用累乘法(逐商相乘法)求解设n a m +=1()n k a m -+，由km-m=b 求出m 的值， 则数列{}1n n bb a k =+-是以k 为公比的等比数列①等式两边同时除以n p ：111n n n n a a k p p p --=⋅+； ②令n n na b p =，则11n n kb b p-=⋅+； 当1kp=时，{}n b 是以1为公差的等差数列； 当1kp≠时，转化为类型一构造等比数列； （其中p ，q 均为常数）把原递推公式转化为)(112n n n n a a k a a λλ+=++++，令⎩⎨⎧==-q k p k λλ，解得k ,λ的值，借助数列{}n n a a λ++1为等比数列，求得{}n a 通项5、常见数列的前n 项和： ①2)1(321+=+∙∙∙+++n n n ； ②n n n +=+∙∙∙+++22642； ③2)12(531n n =-+∙∙∙+++； ④6)12)(1(3212222++=+∙∙∙+++n n n n ；⑤2233332)1()321(321⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+∙∙∙+++=+∙∙∙+++n n n n . 6、常用求和方法分组求和法 把一个数列分成几个可以直接求和的数列的和（差）的形式.注意：公比用字母表示的等比数列要分类讨论.错位相减法 适用于一个等差数列和一个等比数列（公比不等于1）对应项相乘构成的数列求和倒序相加法 等差数列前n 项和公式的推导方法一般适用于一个等差数列和一个等比数列的积所成数列并项求和法 把数列中若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的想可能正、负相间出现或呈现周期性.一般适用于符号数列(){}n1-或(){}11+-n 与阶差数列{})(n f （)(n f 为n 的多项式）的积组成的数列裂项相消法 又是把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和7、常见的裂项公式： ①111)1(1+-=+n n n n ；②⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-12112121)12)(12(1n n n n ；③n n n n -+=++111.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数列章末总结1．探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法；2．能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，一、课前准备（1）有关概念：1°数列：按一定次序排列的一列数，数列中的每一个数叫做数列的项。
2°数列的通项公式：如果数列{a n}的第n项a n与n之间的关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做数列的通项公式。
3°数列的递推公式：如果已知数列{a n}的第一项（或前n项，且任一项a n与它的前一项a n-1（或前n项）间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。
4°若数列{a n}的前n项和为S n则aS S nS nnn n=-≥=⎧⎨⎩-1121（）（）※数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心内容之一。
它如同函数中的解析式一样，对研究数列的性质起着重要的作用。
围绕数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化规律与趋势，而且还便于研究数列的前n 项和，因此求数列的通项公式往往是解决数列问题的突破口，在解题时，根据题目所给条件的不同，可以采用不同的方法求数列的通项公式，常见方法如下： 1.叠加法（累加法）对于形如a n+1-a n =f(n)型的，用叠加法例1：已知数列{a n }中，a 1=1，且a n+1-a n =3n-n ，求数列{a n }的通项公式。
变式：已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。
2.叠乘法（累乘法）对于形如1()n na f n a +=)型的，用叠加法 例2:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n na 11+=+，求n a 。
变式：已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求n a 。
3.构造法其他的，已知数列递推公式求an ，用构造法（构造等差或等比数列） 例3：数列{}n a 中11=a ，)2(1211≥+=-n a a n n ，求该数列的通项公式n a 。
评注：一般地，形如q p q pa a n n ,(1+=-为非零常数，)1≠p ，可变形为)(1λλ+=+-n n a p a ，其中1-=p qλ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 是一个公比为p 的等比数列。
变式：已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .4.由Sn 求an 利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S)2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解。
例4：数列{}n a 前n 项和2214---=n n n a S .（1）求1+n a 与n a 的关系；（2）求通项公式n a .※ 数列求和 1、公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求.①等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+ ②等比数列求和公式：()()()11111111n n n na q S a q a a q q q q ⎧=⎪=-⎨-=≠⎪--⎩常见的数列的前n 项和：123+++……+n=(1)2n n +， 1+3+5+……+(2n-1)=2n2222123+++……+n =(1)(21)6n n n ++，3333123+++……+n =2(1)2n n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦等.2、倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法。
如果一个数列{}n a ，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。
这一种求和的方法称为倒序相加法.例5：已知函数()xf x =（1）证明：()()11f x f x +-=； （2）求128910101010f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值.小结：解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和. 3、错位相减法：类似于等比数列的前n 项和的公式的推导方法。
若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个“差·比”数列，则采用错位相减法.若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令 112211n n nnn S b c b c bc bc --=++++ 则n qS = 122311n n n n b c b c b c b c -+++++ 两式相减并整理即得例6、（2008年全国Ⅰ第19题第（2）小题，满分6分） 已知 12n n a n -=∙，求数列｛a n ｝的前n 项和S n .小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列{}n c 的公比q ；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n 项和的公式求和.变式：求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S4、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。
适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等。
用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++ （21k=，特别地当1k ==例7、数列{}n a 的通项公式为1(1)n a n n =+，求它的前n 项和n S小结：裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差，且这两项是同一数列的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同. 变式：在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和. 5、分组求和法：有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例8、求和：()()()()123235435635235nn S n ----=-⨯+-⨯+-⨯++-⨯小结：这是求和的常用方法，按照一定规律将数列分成等差（比）数列或常见的数列，使问题得到顺利求解.变式：求和：()()()()23123nn S a a a a n =-+-+-++-例题参考答案例1变式：解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n 分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)111()4131()3121()211(nn --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-=所以na a n 111-=-211=a ，nn a n 1231121-=-+=∴例2解：由条件知11+=+n na a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即1342312-∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙∙∙n n a a a a a a a a n n 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=na a n 11=⇒又321=a ，na n 32=∴ 例2变式解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-∙+⨯-⨯∙⋅⋅⋅∙+---∙+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=--- 。
例3解：由)2(1211≥+=-n a a n n 有：)2(2121-=--n n a a )2(21221≥=--∴-n a a n n故数列{}2-n a 是以21为公比的等比数列，且首项为121-=-a n n a --=∴122例3变式：解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .例4解：（1）由2214---=n n n a S 得：111214-++--=n n n a S于是)2121()(1211--++-+-=-n n n n n n a a S S所以11121-+++-=n n n n a a a n n n a a 21211+=⇒+.（2）上式两边同乘以12+n 得：22211+=++n n n n a a由1214121111=⇒--==-a a S a .于是数列{}n n a 2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以n n a n n 2)1(222=-+=12-=⇒n n na例5解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边 （2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，1928551101010101010f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭128910101010S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 令 982110101010S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭则 两式相加得：192991010S f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以92S =.例6解：01211222(1)22n n nS n n --=+++-+ ①12121222(1)22n n n S n n -=+++-+ ②②—①得01121222221n n n n n S n n -=---=-+例6变式解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② （设制错位） ①－②得 n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- （错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ 例7解：1231n n n S a a a a a -=+++++ ()()1111112233411n n n n =+++++⨯⨯⨯-+=11111111112233411n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111nn n =-=++ 例7变式解： ∵ 211211n n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n （裂项）∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n （裂项求和） ＝)111(8+-n ＝ 18+n n例8解：()()()()123235435635235nn S n ----=-⨯+-⨯+-⨯++-⨯()()123246235555n n ----=++++-++++()2111553113114515nnn n n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+-⨯=+--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-。