数列题型及解题方法归纳总结38486
山西大同大学怎么样-
知识框架
数列
数列的分类
的概念
数
列的通项公式
函数角度理解
数列的递推关
系
<
/p>
等差数列的定义
a
n
a
n
1
d
(
n<
/p>
2)
等差数列的
通项公式
a
n
a
1
(
n
1)
d
<
/p>
等差数列
等差数列的求和公式
S
n
< br>
n
(
n
(
n
1)
2
a
1<
/p>
a
n
)
na
1
2
d
等差数列的性质
a
n
a
m
a
p
a
q
(
< br>m
n
p
q
)
两个基
等比数列的定义
a
< br>n
本数列
< br>
q
(
n
2
)
a
n
<
/p>
1
n
等比数列的通项公式
a
a
1
n
1
q<
/p>
数列
等比数列
a<
/p>
1
a
n
q
a
1
(1
q
n
)
等比数列的求和公式
S
(
q
1)
n
1
q
1
q
na
(
q
1
1)<
/p>
等比数列的性质
a
n
a
m
a
a
(
m
n<
/p>
p
q
)
p
q
公式法
分组求和
数列
错位相减求和
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。
<
/p>
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
<
/p>
∵
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
< br>{
a
n
}
满足
a
n
1
1
2
a<
/p>
n
，
而
a
1
2
，
求
a
n
=
a
n
a
1
（
2
）
递推式为
a
n+
1
=a
n
+f
（
n
）
例<
/p>
3
、已知
{
a<
/p>
n
}
中
a
1
1
2
，
a
n
1
a
n
1
4
n
2
1
，求
a
n
.
解
：
由
已
知
可
知
a
1
1
1
n
1
< br>
a
n
(
2
n
1
)
(
2
n
1<
/p>
)
2
(
2
n
1
1
2
n
1
)
令
n=1
，
2
，
…，
（
n-1
< br>）
，
代入得
（
< br>n-1
）
个等式累加，
即
（
a
2
-a
1
）
+
（
a
3
-a
2
）
+
…
+
（
a
n
-a
n-1
）
★
说明
<
/p>
只要和
f
（
1<
/p>
）
+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
、
{
a
n
}
中，
a
1
1
，对于
n
＞
1
（
n
∈
N
）有
a
n
3
a
n
1
2
，求
a
n
.
解
法
一
：
由
已
知
递
推
式
得
a
n+1
=3a
n
+2
，
a
< br>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
}
< br>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
n-1
∵
a
n+1
=3a
n
+
2
∴
3a
n
+2-a
n
=4
·
3
n-1
即
a
n
=2
·
3
n-1<
/p>
-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<
/p>
=4
·
3
，
a
4
-a
3
=4
·
3
2
，
…
，
a
n
-a
n-1
=4
·
3
n-2
，
把
n-1
个
等
式
累
加
得
：
∴
an=2
·
3n-1-1
< br>(4)
递推式为
a
n+1
=p a
n
+q n
（
p
，
q
为常
数）
b
n
1
b
n
2
3
(
b
n
< br>
b
n
1
)
由
上
题
的
解
法
，
得
：
b
3
2
(
2
n
< br>n
3
)
∴
a
b
n
n
n
n
2
n
3
(
1
2
)
2
(
1
3
< br>)
(5)
递推式为
a
n
2
pa
n
1
qa
n
思路：
设
a
n
2
pa
n
1
qa
n
,
可以变形为：<
/p>
a
n
2
a
n
1
(
a
n
1
a
n
)
，
想
于是
{a
n+1
-
α
a
n
}
是公比为β的
等比数列，就转化为前面的类型。
求
a
n
。
(6)
递推式为
S
n
与
a
n
的关系式
系；
（
2<
/p>
）试用
n
表示
a
n
。
∴
S
1
1
n
1
S
n
(
a
n
< br>a
n
1
)
(
2
n
2
2
n
1
)
∴
a
1
n
1
< br>a
n
a
n
1
2
n
1
∴
a
n
1
1
2
a
1
n
2
< br>n
上
式
两
边
同
乘
以
2
n+1
得
2
n+1
a
n
+1
=2
n
a
n
+2
则
{2
n
a
n
}
是公
差为
2
的
等差数列。
< br>
∴
2
n
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
< br>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
< br>果
a
n
等
差，
b
n
等比，那
么
a
n
b
n
叫做差比
数列）
即
把
每
一
项
都
乘<
/p>
以
b
n
的
公
比
q
，向后错一项，
再
对<
/p>
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。<
/p>
适用于数列
1
a
n
a
n
1
和
1
< br>
（其中
< br>
a
a
a
n
等差）
n
n
1
可
裂
项
为
：
1
a
a
1
(
1
< br>
1
)
，
1
1
(
1
d
a
n
a
n
1
a
n
a
n
1
d
a
< br>n
1
a
n
)
n
n
等差数列前
n
项和的最值问题
：
1
、若等差数列
a
n
的首项
a
1
0
，公差
d
0
，则前
n
项和
S
n
有最大值。
（
ⅰ
）
若
已
知
通
项
a
n
，
则
S
n
< br>最
大
a
n
0
a
；
n
1
0
（ⅱ）
若已知
S
n
pn
2
qn
，
则当
n
取最靠
近
q
2
p
的非零自然数
时
S
n
最大；
2
、若等差数列
a
n
的首项
a
1
0
，公差
d
0
，则前
n
项和
S
n
有最小值
（
ⅰ
）
若
已
知
通
项
a
n<
/p>
，
则
S
n
最
小
a
n
0
a
n
1
0
；
（ⅱ）
若已知
S
n
pn
2
qn
，
则当
n
取最靠
近
q
2
p
的
非零自然数时
S
n
最小；
数列通项的求法：
⑴<
/p>
公式法
：①等差数列通项公式；
②等比数
列通项公式。
⑵
已知
S
n
（即
a
< br>1
a
2
L
a
n
f
(
n
)
）求
a
n
，
用
作差法
：
a
n
S
S
1
,(
n
1)
n
S
n
1
,(
n
2)
。
已
知
a
1
g
a<
/p>
2
g
L
g
a
n
f
(
n
)
求
a
n
，
用
作
商
法
：
f
(1),(
n
a
n
f
(
n<
/p>
)
1)
,(
n<
/p>
2)
。
f
(
n
1)
⑶
已知条件中既有
S
n
还有
a
n
，
有时先
求
S
n
，再求
a
n
；有时也可直接求
a
n
。
⑷
若
a
n
1
a
n<
/p>
f
(
n
)
求
a
n
用
累
加
法
：
a
n
(
a
n
a
n
1
)<
/p>
(
a
n
1
a
n
2
)
L
(
a
2
a
1
)
a<
/p>
1
(
n
2)
。
⑸
已
知
a
n
1
a
< br>f
(
n
)
求
a
n
，
用
累
乘
法
：
n
a
a
n
n
a
a
n
1
< br>a
a
L
2
a
1
(
n
2)<
/p>
。
n
1
n
2
a
1
⑹
已知递推关系求<
/p>
a
n
，
用构造<
/p>
法
（构造等差、等比数列）
。
特别地
，
（
1
）形如
a
n
ka
n
1
b
、
< br>a
ka
b
n
n
n
1
（
k
,<
/p>
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
a
；
形如
a
ka
k
< br>n
n
n
n
1
的递推数列
都可以除以
k
n
得到一个等差数