2019高考數(shù)學(xué)數(shù)列專題目

等差數(shù)列等差數(shù)列的定義：—=d(d為常數(shù)).2．等差數(shù)列的通項(xiàng)公式：TOC\o"1-5"\h\z⑴a=a+Xdn1(2)a=a+Xdnm等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：S==.n等差中項(xiàng)：如果a、b、c成等差數(shù)列，貝小叫做a與c的等差中項(xiàng)，即b=數(shù)列｛a｝是等差數(shù)列的兩個(gè)充要條件是：n⑴數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式可寫成a=pn+q(p,qWR)nn⑵數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和公式可寫成S=am+bn(a,b^R)nn等差數(shù)列｛a｝的兩個(gè)重要性質(zhì)：n⑴m,n,p,qWN*，若m+n=p+q，貝.⑵數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和為S,S—S，S—S成數(shù)列.2nn3n2第3課時(shí)等比數(shù)列1?等比數(shù)列的定義：」=q(q為不等于零的常數(shù)).()2．等比數(shù)列的通項(xiàng)公式：(1)a=aqn—i(2)a=aqn—mn1nm等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式:

S=n(S=n(q工1)(q=1)等比中項(xiàng)：如果a,b,c成等比數(shù)列，那么b叫做a與c的等比中項(xiàng)，即b2=等比數(shù)列｛a｝的幾個(gè)重要性質(zhì)：n⑴m,n,p,qWN*，若m+n=p+q，則.⑵S是等比數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和且SHO,貝US’S—S,S—S成數(shù)列.nnnn2nn3n2n⑶若等比數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和S滿足｛S｝是等差數(shù)列，貝9｛a｝的公比q=nnnn數(shù)列通項(xiàng)公式的幾種方法、觀察法即歸納推理，一般用于解決選擇、填空題。過程：觀察一概括、推廣一猜出一般性結(jié)論。例1、數(shù)列｛a｝的前四項(xiàng)為：11、102、1003、10004、n分析：11=10+1,102=102+2,1003=103+3,10004=104+4即a=10n+nn、公式法TOC\o"1-5"\h\z(Sn=1a=K1，即已知數(shù)列前n項(xiàng)和，求通項(xiàng)。n[S-Sn>2\o"CurrentDocument"nn-1例2、已知數(shù)列｛a｝前n項(xiàng)和S滿足：log(S+1)=n+1，求此數(shù)列的通項(xiàng)公式。nn2n解：S=2n+1—1n當(dāng)n=1時(shí)，a=31當(dāng)n>2時(shí)，a=S-S=2n+1-2n=2n當(dāng)n>2時(shí)，nnn-1所以：an所以：an32nn=1n>2三、遞推公式1、累差法遞推式為：a二a+f(n)(f(n)可求和)n+1n思路：：令n=1,2,…,n-1可得a-a=f(1)21a-a=f(2)32a-a=f(3)43a-a=f(n-1)nn-1將這個(gè)式子累加起來可得a-a二f(l)+f(2)+???+f(n-l)n1Tf(n)可求和?'?a二a+f(l)+f(2)+???+f(nT)n1當(dāng)然我們還要驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí),％是否滿足上式4--n(n+l)(2n+1)可能要用到的一些公式：12+22+32…+n2二——?613+23+33…+n3=［兀(兀+1)］224cn(n+1)1+2+3?…+n2例3、已知數(shù)列｛a｝中，a,a=a+2，求a1=1n+1nn解：令n=1,2,…，n-1可得a-a=221a-a=2232a-a=2343a-a=2n-1nn-1將這個(gè)式子累加起來可得a-a二f(l)+f(2)+???+f(n-l)n1Tf(n)可求和?a=a+f(l)+f(2)+???+f(n-l)n1當(dāng)n=1時(shí),a］適合上式故a=2n-1n2、累商法遞推式為：a=f(n)a(f(n)要可求積)n+1n思路：令n=l,2,…，n-1可得a/a=f(l)21a/a=f(2)32a/a=f(3)43a/a=f(n-1)nn-1將這個(gè)式子相乘可得a/a二f(l)f(2)???f(n-l)n1???f(n)可求積.°.a二af(l)f(2)???f(n—l)n1當(dāng)然我們還要驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí)，ai是否適合上式例4、在數(shù)列｛a｝中，a=2,a=(n+l)a/n，求an1n+1nn解：令n=l,2,…，n-1可得a/a=f(1)21a/a=f(2)32a/a=f(3)43a/a=f(n—1)nn—1將這個(gè)式子相乘后可得a/a=2/1X3/24X/3X—Xn/(n—1)n1即a=2nn當(dāng)n=1時(shí)，a也適合上式n.a=2nn3、構(gòu)造法(1)、遞推關(guān)系式為a=pa+q(p,q為常數(shù))n+1n思路：設(shè)遞推式可化為a+x=p(a+x),得a=pa+(p-1)x，解得x=q/(p-1)n+1nn+1n故可將遞推式化為a+x=p(a+x)n+1n構(gòu)造數(shù)列｛b｝,b=a+q/(p-1)nnnb=pb即b/b=p,｛b｝為等比數(shù)列.+1+1故可求出b=f(n)再將b=a+q/(p—1)代入即可得aTOC\o"1-5"\h\znnnn例5、數(shù)列｛a｝中，對(duì)于n〉1(n€N)有a=2a+3,求annn—1n解：設(shè)遞推式可化為a+x=2(a+x),得a=2a+x，解得x=3nn—1nn—1故可將遞推式化為a+3=2(a+3)nn—1構(gòu)造數(shù)列｛b｝,b=a+3nnnb=2b即b/b=2,｛b｝為等比數(shù)列且公比為3nn—1nn—1nb=b?3,b=a+3nn—1nnb=4X3n—1na+3=4X3n—1,a=4X3n—1—1nn(2)、遞推式為a=pa+qn(p,q為常數(shù))n+1n思路：在a=pa+qn兩邊同時(shí)除以qn+1得n+1na/qn+1二p/qa/q+i/qn+1nn構(gòu)造數(shù)列｛b｝,b=a/qn可得b=p/qb+1/qnnnn+1n故可利用上類型的解法得到b=f(n)n再將代入上式即可得an例6、數(shù)列｛a｝中，a+5/6,a=(1/3)a+(1/2)n，求aTOC\o"1-5"\h\zn1n+1nn解：在a=(1/3)a+(1/2)n兩邊同時(shí)除以(l/2)n+1得n+1n2n+ia=(2/3)X2na+1n+1n構(gòu)造數(shù)列｛b｝,b=2na可得b=(2/3)b+1nnnn+1n故可利用上類型解法解得b=3-2X(2/3)nn2na=3-2X(2/3)nna=3X(1/2)n-2X(1/3)nn(3)、遞推式為：a=pa+qa(p,q為常數(shù))n+2n+1n思路：設(shè)a=pa+qa變形為a-xa=y(a-xa)n+2n+1nn+2n+1n+1n也就是a=(x+y)a-(xy)a，則可得到x+y=p,xy=-qn+2n+1n解得x,y,于是｛b｝就是公比為y的等比數(shù)列(其中b=a-xa)nnn+1n這樣就轉(zhuǎn)化為前面講過的類型了．例7、已知數(shù)列｛a｝中，a=1,a=2,a=(2/3)?a+(1/3)?a,求an12n+2n+1nn解：設(shè)a=(2/3)a+(1/3)a可以變形為a-xa=y(a-xa)n+2n+1nn+2n+1n+1n也就是a=(x+y)a-(xy)a，則可得到x+y=2/3,xy=T/3n+2n+1n可取x=1,y=-1/3構(gòu)造數(shù)列｛b｝,b=a-annn+1n故數(shù)列｛b｝是公比為-1/3的等比數(shù)列n即b=b(-1/3)n-1n1b=a-a=2-1=1121b=(-1/3)n-1na-a=(-1/3)n-1n+1n故我們可以利用上一類型的解法求得a=1+3/4X[1-(-1/3)n-1](n€N*)n四、求解方程法若數(shù)列｛a｝滿足方程f(a)=0時(shí)，可通過解方程的思想方法求得通項(xiàng)。nn例8、已知f(X)=2x-2-x，數(shù)列｛a｝滿足f(loga)=-2n，求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式。n2nn解:f(X)=21^2an-2-I%an=一2H1…a一—=一2nnana2+2na一1=0nn五、用不完全歸納法猜想,用數(shù)學(xué)歸納法證明.思路：由已知條件先求出數(shù)列前幾項(xiàng)，由此歸納猜想出a，再用數(shù)學(xué)歸納法證明n例9、已知數(shù)列｛a｝中，a=a2-na+1,a=2，求ann+1nn1n解：由已知可得a=2,a=3,a=4,a=5,a=612345由此猜想a=n+1，下用數(shù)學(xué)