等差、等比数列知识点总结

1一、任意数列的通项na与前n项和nS的关系：)2()1(11nSSnSannn二、等差数列1、等差数列及等差中项定义daann1、211nnnaaa。2、等差数列的通项公式：dnaan)1(1、dknaakn)(当0d时，na是关于n的一次式；当0d时，na是一个常数。3、等差数列的前n项和公式：2)(1nnaanSdnnnaSn2)1(14、等差数列}{na中，若qpnm，则qpnmaaaa5、等差数列}{na的公差为d，则任意连续m项的和构成的数列mS、mmSS2、mmSS23、……仍为等差数列。6、BAaAdBnAnSn122，，7、在等差数列}{na中,有关nS的最值问题利用nS（0d时，nS是关于n的二次函数）进行配方（注意n应取正整数）三、等比数列1、等比数列及等比中项定义：qaann1、112nnnaaa2、等比数列的通项公式：11nnqaaknknqaa3、等比数列的前n项和公式：当1q时，1naSn当1q时，qqaSnn1)1(1qqaaSnn114、等比数列}{na中，若qpnm，则qpnmaaaa5、等比数列}{na的公比为q，且0nS,则任意连续m项的和构成的数列mS、mmSS2、mmSS23、……仍为等比数列6、0BABAqSnn，则四、求数列}{na的最大的方法：1-1nnnnaaaa五、求数列}{na的最小项的方法：1-1nnnnaaaa例：已知数列}{na的通项公式为：32922nnan，求数列}{na的最大项。例：已知数列}{na的通项公式为：nnnna10)1(9，求数列}{na的最大项。2数列求和方法总结1、公式法（1）等差数列（2）等比数列2、分组求和法类型：数列{an}的通项公式形如an=bn±cn，而{bn}是等差数列，{cn}是等比数列。例4：计算的值练习：求数列的前n项和Sn：3、裂项相消法常见裂项技巧：(1)(2)13(3)11111122143181223132313231323121214121412234562121，，，…，，…；，，，…，，…；，＋，＋，…，＋＋＋…＋，…．()nnnnn11)1)1(1111qqqaaqqaqnaSnnn4)]1([...321)4(23333nnn6)12)(1(...321)3(2222nnnndnnnanaaSnn2)1(2111111+3+5++(2-1)2482nn;111)1(1)1(nnnn;111)2(nnnn);121121(21)12)(12(1)3(nnnn);121121(211)12)(12(11)12)(12()2()4(2nnnnnnn3例5、化简练习4、倒序相加法例5、例6、1、已知2()22xxfx，设123()()()()nnSffffnnnn，求nS5、错位相减法常应用于形如{an·bn}的数列求和,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列.例7、练习：练习：数列}{na的前n项和为nS，11a，121nnSa（1n）（1）求数列}{na的通项公式na（2）等差数列}{nb的各项为正数，且52b，又11ba，22ba，33ba成等比数列，求nb（3）求数列}{nnba的前n项和nT.11341231121nn.)12()12(1751531311的值求nnSn...332211nnnaaaaaa特点：。89sin88sin3sin2sin1sin222221221-328252nnnS）（12)21(1-3)21(82152nnnS）（;321132112111)2(n12413410474)3(nn）（4数列通项公式方法总结1、公式法等差数列的通项公式：dnaan)1(1dmnaamn)(等比数列的通项公式：11nnqaamnmnqaa2、累加法例1、例2、例3、3、累乘法例4、练习：))((1Nnnfaann类型：nnnaanaa求，,11211nnnaanaa求，,12311nnnnaaaa求，,1311))((1Nnnfaann类型：nnnnaaaa求，,32111111,,nnnnaaaan求nnaS求、利用411,=1,2nnnSnaSSn431,nnnSa例：求))(1(31*NnaSnn练习：.}{,,3,2,1,S311Sn}{)4(432n11n的通项公式的值及数列求，，且项和为的前、数列nnnaaaanaaa55、取倒数例6、已知数列{an}中，a1=1,an+1+3an+1an-an=0,求数列{an}的通项公式.6、取对数例7、7、构造法主要用于形如an+1=can+d的已知递推关系式求通项公式。例8、a1=3,an+1=2an+3,求an1nnnpaapqa类型：nnnnaaaaa求，、例,1225111pnnaAa类型：nnnaaaa求,2,1311111111,23(2)691,nnnnnnaaaaaaaa练习：(1)，求，求111,32nnnnaaaaa练习：，求1122,1,nnnnaaaa求11123,1,nnnnaaaa求111,,42(),1(1)2,;(2),.2nnnnnnnnnnnnasnsanNabaabacc(5)、数列中是它的前和并且满足设求证是等比数列设求证数列是等差数列11(6)3,2(2)..nnnnnnnaaansassna、已知数列的首项通项与前项和之间满足求数列的通项公式68、特征根法形如(其中p,q为常数)型设pq，为实数，，是方程20xpxq的两个实根，数列{}nx满足1xp，22xpq，12nnnxpxqx（34n，，…）．（1）证明：p，q；（2）求数列{}nx的通项公式；（3）若1p，14q，求{}nx的前n项和nS．111296,1,2,nnnnaaaaaa例、求11121044,1,2,nnnnaaaaaa例、求121211,()nnnnnxxaAxBxxaABnx方法总结：若方程有两个根，则若方程只有一个根，则+111228,1,2,nnnnaaaaaa练习、求111269,1,2,nnnnaaaaaa练习、求71.若，求11231{}1,23...(1)(2),__[1_.]__nnnnaaaaaanana例已知数列满足则123123...(1)(2)nnaaaanan1123223...(2)(3)nnaaaanan11(1)(3)nnnaanan1(3)nnanna1,1123,22nnann【例2】已知数列}{na、}{nb满足11a，32a，)(2*1Nnbbnn，nnnaab1。（1）求数列}{nb的通项公式；（2）求数列na的通项公式；（3）数列}{nc满足)1(log2nnac)(*Nn，求13352121111nnnScccccc。【解】（1）)(2*1Nnbbnn，又121312baa。所以数列}{nb是首项1b2，公比2q的等比数列。故112nnnbbq。（2）*12()nnnaanN112211()()...()nnnnnaaaaaaaa122121122221nnnn。（3）nacnnnn2log)112(log)1(log222，212111111()(21)(21)22121nnccnnnn13352121111nnnScccccc111111(1)23352121nn11(1)22121nnn。8【例1】已知数列}{na中，02,311aaann,数列}{nb中，)(1*Nnabnnn．（Ⅰ）求数列}{na通项公式；（Ⅱ）求数列}{nb通项公式以及前n项的和．【解】（1）∵021nnaa∴)1(21naann，又31a，∴na是首项为3，公比为2的等比数列，∴*)(231Nnann（2）∵)(1*Nnabnnn，∴nnnab1)1(=1231)1(nn∴nnbbbS211231)1(23131nn=211)21(131n=-n)21(192=1)21(92n【例2】已知数列na的前n项和为nS，若211a且)2(021nSSannn．(Ⅰ)求证}1{nS是等差数列，并求出na的表达式；(Ⅱ)若)2()1(2nanbnn，求证122322nbbb．（I）证明：∵nnaaaS21∴当n≥2时，an=Sn–Sn–1又021nnnSSa∴)2(0211nSSSSnnnn，若Sn=0，则an=0，∴a1=0与a1=21矛盾！∴Sn≠0，Sn–1≠0．∴02111nnSS即2111nnSS又21112SS．∴{nS1}是首项为2，公差为2的等差数列9由（I）知数列{nS1}是等差数列．∴nnSn22)1(21即nSn21∴当)1(21)1(2121,21nnnnSSannnn时又当21,111aSn时，∴)2()1(21)1(21nnnnan（II）证明：由（II）知)2(1)1(21)1(2nnnnnbn∴22223nbbb22211123nnn)1(1321211)111()3121()211(nn111n1111(1,)()(0,1)3.{}(),{}(0),(2).(1){}{};1(2){},1000?2009[]xnnnnnnnnnnnnnnfxaaaanfncbbcnSSSSSnabnTTbbn已知点是函数且的图象上一点等比数列的前项和为数列的首项为且前项和满足求数列和的通项公式若数列的前项和为问满足的最小正整数2是多少例【解】（1）113faQ,13xfxw.w.w.k.s.5.u.c.o.m1113afcc,221afcfc29,323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；101111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb,0nS,11nnSS；数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；21nbn(*nN)；（2）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nn