高中数学笔记-4-数列

高中数学笔记----------4-数列基本概念：1.等差数列{an}中:(1)an=a+(n－1)d=am+(n－m)d;p+q=m+nap+aq=am+an.(2)a1+a2+…+am,ak+ak+1+…+ak+m－1,…仍成等差数列.(3)ap=q,aq=p(p≠q)ap+q=0;Sp=q,Sq=p(p≠q)Sp+q=－(p+q);Sm+n=Sm+Sn+mnd⑷S2n-1=an(2n-1)（常用于数列的比较中和代换中）;Snn为等差数列，公差为d∕23.等比数列{an}中;(1)m+n=r+s,am·an=ar·as(2)a1+a2+…+am,ak+ak+1+…+ak+m－1,…仍成等比数列(4)111(1)(1)(1)11nnnnaqSaaqaqqqq注意:①an－bn=(a－b)(an－1+an－2b+an－3b2+…+abn－2+bn－1)②Sm+n=Sm+qmSn=Sn+qnSm.4.等差数列与等比数列的联系(1)如果数列{an}成等差数列,那么数列{naA}(naA总有意义)必成等比数列.(2)如果数列{an}成等比数列,那么数列{log||ana}(a0,a≠1)必成等差数列.(3)如果数列{an}既成等差数列也成等比数列,那么数列{an}是非零常数数列;数列{an}是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件.(4)如果两等差数列有其公共项,那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列,且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数.5.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③常用公式:,12+22+32+…+n2=16n(n+1)(2n+1),13+23+33+------+n3=14[n（n+1）]2(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:在数列求和中,若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性,则常考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和.(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通项相乘构成,那么常选用错位相减法,将其和转化为一个新的等比数列的和求解.(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)1nnnn②1111()()nnkknnk③2211111()1211kkkk;21111111(1)1kkkkkkk④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn⑤11(1)!!(1)!nnnn⑥12(1)2(1)nnnnn⑦1n22（12n−1--12n+1）；1n23（13n−2--13n+1）（注意:运用等比数列求和公式时,务必检查其公比与1的关系,必要时应分类讨论.裂项相消法更多的用于数列中不等式的证明）6.数列的通项的求法:（11种类型）类型1)(1nfaann；（累加法）解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。例1:已知数列na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121备注：此题目还有一种更为简便的方法。111)1(1121nnnnnnaann；⟹an+1+1n+1=an+1n=…….a1+1=1.5；然后即可求得通项类型2nnanfa)(1（累乘法）解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例2:已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32；同样该题也有更为简便的方法；nnanna11⇒（n+1)an+1=nan=a1例3:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan3437526331348531nnnnn。变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，1321)1(32nnanaaaa(n≥2)，则{an}的通项1___na12nn解：由已知，得nnnnaanaaaa13211)1(32，用此式减去已知式，得当2n时，nnnnaaa1，即nnana)1(1，又112aa，naaaaaaaaann13423121,,4,3,1,1，将以上n个式子相乘，得2!nan)2(n小结：很多题目他不会告诉你是哪种类型，往往要通过一步或两步的变形。而这题所用的两式相减是非常常见的也是非常有效的。常用于关系式不只是an和an+1的关系。类型3an+1=pan+f（n）；（构造法）通常构造为an+1+bn+1=p（an+bn）；①：qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。形如qpaann1（qp且1为不等于0的常数）的数列，可令)(1xapxann即xppaann)1(1与qpaann1比较得1pqx（最好记住这个系数，以加快速度），从而构造一个以11pqa为首项以p为公比的等比数列1pqan例4:已知数列na中，11a，321nnaa，求na.解：设递推公式321nnaa.⇒)3(231nnaa（直接心算出系数）,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.变式:（2006，重庆,文,14）在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na_______________（答案:321nna）②，I，an+1=Pan+an+b；IIan+1=pan+an2+bn+c；I构造an+1+x（n+1）+y=P（an+xn+y）；则新数列bn=an+xn+y，为等比数列，其中x=ap−1，y由具体数值求II构造an+1+x（n+1）2+y(n+1)+z=p（an+xn2+yn+z）；然后同上③：nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq，pq不相等）。（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）。解法：构造an+1+xqn+1=p（an+xqn）④；an+1=pan+rpn；解法；两边同时除以pn+1，转化为类型1例5:已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32例6(2005重庆卷)数列na满足11a且05216811nnnnaaaa)1(n记)1(211nabnn(1)求4321,,,bbbb的值(2)求数列nb的通项及数列nnba的前n项和ns解析:(1)由于211nnab得211nnba代入递推关系05216811nnnnaaaa整理得03641nnnnbbbb即3421nnbb由11a有21b所以320,4,38432bbb⑵由3421nnbb∴)34(2341nnbb032341b∴34nb是以32为首项以2为公比的等比数列故nnb23134即34231nnb由211nnab得121nnnbba故2211babasn……nnba=21(21bb……nbn)=nn352121(31)=)152(31nn例7（第十三届希望杯）设函数xy6.03与函数xy6.0的图象交于点)(1,11yxp，对任意（1,NNn）将过点（0，3）和点)0,(1nx的直线与直线xy6.0交点坐标记为),(nnnyxP，则321,,ppp坐标依次为_______解析：过点（0，3）和点)0,(1nx直线方程为xxyn133，将它与xy6.0联立，得116.033nnnxxx，取倒数51111nnxx即数列nx1是公差为51的等差数列又由xy6.03与xy6.0联立，得23,2511yx因而511,51)1(111nxnxxnn，故13,151nynxn于是得)20033,20035(),43,45(),1,35(200232ppp类型4，递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa)解法：利用)2()1(11nSSnSannn与)()(11nnnnnafafSSa消去nS)2(n或与)(1nnnSSfS)2(n消去na进行求解。例7：数列na前n项和2214nnnaS.（1）求1na与na的关系；（2）求通项公式na.解：（1）由2214nnnaS得：111214nnnaS于是)2121()(1211nnnnnnaaSS所以11121nnnnaaannnaa21211.（2）应用类型4（nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq））的方法，上式两边同乘以12n得：22211nnnnaa由1214121111aaSa.于是数列nna2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以nnann2)1(22212nnnaqpaann1，再利用待定系数法求解。例8：已知数列｛na｝中，2111,1nnaaaa)0(a，求数列.的通项公式na解：由211nnaaa两边取对数得aaann1lglg2lg1，令nnablg，则abbnn1lg21，再利用待定系数法解得：12)1(nnaaa。类型5，rnnpaa1)0,0(nap（两边取对数）解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为类型3.这里就不在出例题了。类型6递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。（特征方程）形如21(,nnnapaqapq是常数）的数列形如112221,,(,nnnamamapaqapq是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项na，其特征方程为2xpxq…①若①有二异根,，则可令1212(,nnnacccc是待定常数）若①有二重根，则可令1212()(,nnacnccc是待定常数）再利用1122,,amam可求得12,cc，进而求得na例6:数列na：),0(02