高考数列常考题型归纳总结汇总

高考数列常考题型归纳总结

类型1 a n +1=a n +f (n

解法：把原递推公式转化为a n +1-a n =f (n ，利用累加法(逐差相加法求解。例:已知数列{a n }满足a 1=解：由条件知：a n +1-a n =

，a n +1=a n +1

1n +n

，求a n 。 -

1n +1

n +n

n (n +1

分别令n =1, 2, 3, ??????, (n -1 ，代入上式得(n -1 个等式累加之，即

(a 2-a 1 +(a 3-a 2 +(a 4-a 3 +??????+(a n -a n -1 =(1-

12 +(

12-13 +(1n

13-14

+??????+(

1n -1

-1n

所以a n -a 1=1-

a 1=

12+1-

1n =32-1n

，∴a n =

类型2 a n +1=f (n a n 解法：把原递推公式转化为

a n +1a n

=f (n ，利用累乘法(逐商相乘法求解。

n n +1

例:已知数列{a n }满足a 1=解：由条件知之，即a 2a 1

?a 3a 2

?a 4a 323

，a n +1=a n ，求a n 。

a n +1a n

n n +1

，分别令n =1, 2, 3, ??????, (n -1 ，代入上式得(n -1 个等式累乘????????

a n a n -123n

????????

n -1n

a n a 1

又 a 1=

，∴a n =

例:已知a 1=3，a n +1=解：a n = 3(n -1 -13(n -1 +2

3n -43n -1

3n -13n +2

a n (n ≥1 ，求a n 。

3(n -2 -13(n -2 +2

7? 4

?????

3?2-13?2+2

3-13+2

a 1

3n -3n -

??3=85

n -3。1

变式:（2004，全国I, 理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+???+(n -1 a n -1

(n ≥2 ，则{a n }的通项a n =?

?1?___

n =1

n ≥2

解：由已知，得a n +1=a 1+2a 2+3a 3+???+(n -1 a n -1+na n ，用此式减去已知式，得当n ≥2时，a n +1-a n =na n ，即a n +1=(n +1 a n ，又a 2=a 1=1，

∴a 1=1,

a 2a 1

=1,

a 3a 2

=3,

a 4a 3

=4, ???,

a n a n -1

=n ，将以上n 个式子相乘，得a n =

n ! 2

(n ≥2

类型3 a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1 ≠0 ）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：a n +1-t =p (a n -t ，其中t =换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列{a n }中，a 1=1，a n +1=2a n +3，求a n .

解：设递推公式a n +1=2a n +3可以转化为a n +1-t =2(a n -t 即a n +1=2a n -t ?t =-3. 故递推公式为a n +1+3=2(a n +3 , 令b n =a n +3，则b 1=a 1+3=4, 且

b n +1b n

=a n +1+3a n +3

=2.

q 1-p

，再利用

n -1n +1

=2所以{b n }是以b 1=4为首项，2为公比的等比数列，则b n =4?2, 所以

a n =2

n +1

-3.

变式:（2006，重庆, 文,14）

在数列{a n }中，若a 1=1, a n +1=2a n +3(n ≥1 ，则该数列的通项a n

=_______________

（key:a n =2n +1-3）

变式:（2006. 福建. 理22. 本小题满分14分）已知数列{a n }满足a 1=1, a n +1=2a n +1(n ∈N *. （I ）求数列{a n }的通项公式；（II ）若数列{b n }滿足4b -14b

-1

b n -1

=(a n +1 n (n ∈N , 证明：数列{b n }是等差数列；

b *

（Ⅲ）证明：

n 12

a a +

a 2<

n ∈N *

a +... +

a n 3

a n +1

(n （I ）解： a n +1=2a n +1(n ∈N *, ∴a n +1+1=2(a n +1, ∴{a n +1}是以a 1+1=2为首项，2为公比的等比数列∴a n n +1=2.

即 a n *

n =2-1(n ∈N .

（II ）证法一： 4

k 1-1

k 2-1

...4

k n -1

=(a n +1 k

n .

∴4

(k 1+k 2+... +k n -n

nk n

∴2[(b 1+b 2+... +b n -n ]=nb n , 2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1 -(n +1]=(n +1 b n +1.

②－①，得2(b n +1-1 =(n +1 b n +1-nb n , 即(n -1 b n +1-nb n +2=0,

nb n +2-(n +1 b n +1+2=0.

③－④，得 nb n +2-2nb n +1+nb n =0, 即 b n +2-2b n +1+b n =0,

∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N *

∴{b n }是等差数列

①

②

证法二：同证法一，得 (n -1 b n +1-nb n +2=0 令n =1, 得b 1=2.

设b 2=2+d (d ∈R , 下面用数学归纳法证明 b n =2+(n -1 d . （1）当n =1, 2时，等式成立

（2）假设当n =k (k ≥2 时，b k =2+(k -1 d , 那么

b k +1=

k k -1

b k -

[2+(k -1 d ]-

2k -1

k -1k -1

这就是说，当n =k +1

=2+[(k +1 -1]d .

根据（1）和（2），可知b n =2+(n -1 d 对任何n ∈N * b n +1-b n =d , ∴{b n }

（III ）证明：

a k a k +1

2-12

k +1

-1

2-12(2-

, k =1, 2,..., n , ∴

a 1a 2a k

a 2a 3= +... +

a n a n +1=12 <

n 2

2-12

k +1

a k +1 -1

12(2

k +1

-1

13.2+2-2 k

≥

. k , k =1, 2,..., n , 32

∴

a 1a 2n 2

a 2a 3

+... +

a n a n +1

≥

n 2

1111n 11n 1(+2+... +n =-(1-n >-, 322223223 n 2

∴-

a 1a 2

a 2a 3

+... +

a n a n +1

<(n ∈N .

变式:递推式：a n +1=pa n +f (n 。解法：只需构造数列{b n }，消去f (n 带来的差异．

类型4 a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ）。（或

a n +1=pa n +rq , 其中p ，q, r 均为常数）。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q n +1，得：

a n +1q

n +1

p q

a n q

引入辅助数列

{b n }（其中b n

a n q

），得：b n +1=

p q

b n +

再待定系数法解决。

例:已知数列{a n }中，a 1=解：在a n +1=

, a n +1=

1n +1

a n +( ，求a n 。 32

1n +12n n +1

a n +( 两边乘以2n +1得：2?a n +1=(2?a n +1 323

令b n =2n ?a n ，则b n +1=b n +1, 解之得：b n =3-2( n

所以a n =

b n 2

n 1n 1n

=3( -2(

变式:（2006，全国I, 理22, 本小题满分12分）设数列{a n }的前n 项的和S n =

43a n -

13?2

n +1

，n =1, 2, 3,

（Ⅰ）求首项a 1与通项a n ；（Ⅱ）设T n =

S n 23

，n =1, 2, 3, ，证明：∑T i <

i =1

解：（I ）当n =1时，a 1=S 1=当n ≥2

a 1-

+43

?a 1=2；

n +1

时

，

a n =S n -S n -1=

a n -

?2+

a n -1-

?2+

，即

a n =4a n -1+2，利用a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ）。

n n n

（或a n +1=pa n +rq , 其中p ，q, r 均为常数）的方法，解之得：a n =4-2

4121n n n n n+1n+1n+1

(Ⅱ将a n =4-2代入①得 S n = ×(4－2 －2 + = ×(2－1(2－2

33332

= (2n+1－1(2n －1

2n 32n 311 T n = = = (－ S n 2 (2－1(2－1 22－12－1

3n 113113所以, ∑T i = ∑(－ = ( － < 2i =12－12－122－12－12i =1

类型5 递推公式为a n +2=pa n +1+qa n （其中p ，q 均为常数）。解法一(待定系数法：先把原递推公式转化为a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n

?s +t =p 其中s ，t 满足?

st =-q ?

解法二(特征根法：对于由递推公式a n +2=pa n +1+qa n ，a 1=α, a 2=β给出的数列{a n }，方程x 2-px -q =0，叫做数列{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根，当x 1≠x 2

n -1

时，数列{a n }的通项为a n =Ax 1n -1+Bx 2，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把

代入a n =Ax 1a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2，

n -1

+Bx 2

n -1

，得到关于A 、B 的方程组）；当x 1=x 2时，

n -1

数列{a n }的通项为a n =(A +Bn x 1，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把a 1, a 2, x 1, x 2

n -1

和n =1, 2，代入a n =(A +Bn x 1，得到关于A 、B 的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列{a n }：3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ， a 1=a , a 2=b ，求数列{a n }的通项公式。

由3a n +2-5a n +1+2a n =0，得

a n +2-a n +1=

(a n +1-a n ，

且a 2-a 1=b -a 。

则数列{a n +1-a n }是以b -a 为首项，

为公比的等比数列，于是

2n -1

a n +1-a n =(

b -a ( 。把n =1, 2, 3, ???, n 代入，得

a 2-a 1=

b -a ，

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

知识框架 111111(2)(2)(1)( 1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-??-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ???????????????? ??? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??? ???????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列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。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 ∵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{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a = ，121 41 n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） 2 43 4)1211(211--= --+=n n n a a n ★ 说明只要和f （1）+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、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a . 解法一：由已知递推式得a n+1=3a n +2，a 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 }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 =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1 -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=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2 ，把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数） )(3211-+-= -n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )32(23-= ∴n n n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+

数列全部题型归纳(非常全面-经典!)(新)

数列百通通项公式求法 (一)转化为等差与等比 1、已知数列{}n a 满足11a =，n a =,n N *∈２≤n ≤８），则它的通项公式n a 什么 2.已知{}n a 是首项为2的数列，并且112n n n n a a a a ---=，则它的通项公式n a 是什么 3.首项为2的数列，并且23 1n n a a -=，则它的通项公式n a 是什么 4、已知数列{}n a 中，10a =，112n n a a += -，* N n ∈.

求证：11n a ?? ??-?? 是等差数列；并求数列{}n a 的通项公式； 5.已知数列{}n a 中，13a =，1222n n a a n +=-+，如果2n n b a n =-，求数列{}n a 的通项公式（二）含有n S 的递推处理方法 1）知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2（S n +1）=n +1，求数列{a n }的通项公式.

2.）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，2 (2)8 n n a S +=则，数列n a 3 4）1a +求数列a （三）累加与累乘（1）如果数列{}n a 中111,2n n n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a

（2）已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(1 1≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式 (3) 1a = （4 （四）一次函数的递推形式 1. 若数列{}n a 满足111 1,12 n n a a a -==+(2)n ≥，数列n a

2 .若数列{}n a 满足111 1,22 n n n a a a -==+ (2)n ≥，数列n a （1 （2 （六）求周期 16 （1） 121,41n n n a a a a ++==-，求数列2004a

在高考中数学表格题分类解析

在高考中数学表格题分类解析近年来,涉及表格类的试题经常出现在全国各地的高考和模拟试题中,它们不仅情境新颖,而且与生活实际联系紧密，充分体现了表格的工具性和数学的适用性。这类问题主要考查学生能否根据所学知识在新情景中吸收、处理信息的能力和分析、解决问题的能力。本文结合实例对表格在高中数学试题中的应用作一些分析和归纳，期望对广大读者有所帮助。一、在题设中直接以表格反映条件例1 下表给出了x 与x 10的七组对应值：假设上表数据中,有且仅有一组是错误的,它是第________组。思路：由上表可知第六组一定正确，由此判断第一、三组都是正确的（因为它们不可能全错）由第一组正确得到第五组也正确，剩下第二、四、七组必有一组错的，若第二组正确，推出第四、七组都是错的，因此第二组是错的。评注：这是一题以指对数互化和对数的运算法则为背景的表格信息题，要求要能根据表中信息找到突破口，进行推理和假设，作出正确判断。此类问题对考查学生的逻辑思维能力能起到很好的作用。例2 二次函数x c bx ax y (2++=∈R )的部分对应值如下表：则不等式ax 2+bx+c>0的解集是________________ 思路一：由表格可知，原函数图象过三点（－1，－4）、（0，－6）、（1，－6），由()()4112-=+-+-c b a ①,6002 -=+?+?c b a ② 6112-=+?+?c b a ③，解得6,1,1-=-==c b a ，∴不等式ax 2+bx+c>0的解集是｛x|x<-2或x>3｝思路二：由表格可知，方程02 =++c bx ax 的两根为3,2-，再由函数值的变化规律可知二次函数图象开口向上，∴不等式ax 2+bx+c>0的解集是｛x|x<-2或x>3｝。评注：上述两种解法都是合理选用了表格中的信息，分别从函数与方程，数形结合两方面处理了问题。特别是思路二，不需要计算就能得到答案，如果信息选择不当，会导致运算相对繁琐。例3 ) (t f y =是某港口水的深度y （米）关于时间t （时）的函数，其中240≤≤t .下表是该港口某一天从0时至24时记录的时间t 与水深y 的关系：

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练及参考答案

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练【题型归纳】等差数列、等比数列的基本运算题组一等差数列基本量的计算例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ．【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。题组二等比数列基本量的计算例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________．【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

数列必会常见题型归纳

数列必会基础题型题型一：求值类的计算题（多关于等差等比数列） A ）根据基本量求解（方程的思想） 1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，63,6,994=-==n S a a ，求n ； 2、等差数列{}n a 中，410a =且3610a a a ，，成等比数列，求数列{}n a 前20项的和20S ． 3、设{}n a 是公比为正数的等比数列，若16,151==a a ，求数列{}n a 前7项的和. 4、已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数. 5在等差数列{a n }中， (1)已知a 15＝10，a 45＝90，求a 60； (2)已知S 12＝84，S 20＝460，求S 28； (3)已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 8． 6、有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数． 7、已知△ABC 中，三内角A 、B 、C 的度数成等差数列，边a 、b 、c 依次成等比数列．求证：△ABC 是等边三角形． B ）根据数列的性质求解（整体思想） 1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1006=a ，则=11S ； 2、设n S 、n T 分别是等差数列{}n a 、 {}n a 的前n 项和，327++=n n T S n n ，则=5 5b a . 3、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若 ==5 935,95S S a a 则（） 4、等差数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S n T n =+,则n n a b =（） 5、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，)(,m n n S m S m n ≠==，则=+n m S .. 6、已知等比数列{a n }中，a 1·a 9＝64，a 3＋a 7＝20，则a 11＝．

数列常见题型总结经典(超级经典)

数列常见题型总结经典(超级经典) -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

高中数学《数列》常见、常考题型总结题型一数列通项公式的求法 1．前n 项和法（知n S 求n a ）???-=-11n n n S S S a ) 2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和212n n S n -=，求数列|}{|n a 的前n 项和n T 1、若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=，求该数列的通项公式。 2、若数列}{n a 的前n 项和32 3-= n n a S ，求该数列的通项公式。 3、设数列}{n a 的前n 项和为n S ，数列}{n S 的前n 项和为n T ，满足22n S T n n -=，求数列}{n a 的通项公式。 2.形如)(1n f a a n n =-+型（累加法）（1）若f(n)为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+. （2）若f(n)为n 的函数时，用累加法.

例 1. 已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明2 13-=n n a 1. 已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 2. 已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 3.形如)(1n f a a n n =+型（累乘法）（1）当f(n)为常数，即：q a a n n =+1（其中q 是不为0的常数），此数列为等比且n a =11-?n q a . （2）当f(n)为n 的函数时,用累乘法. 例1、在数列}{n a 中111 ,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式。 1、在数列}{n a 中111 1,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ，求n n S a 与。

2005年高考全国试题分类解析(数列部分)

数列部分选择题 1. （广东卷）已知数列满足，，…．若，则(B) （Ａ）（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５（福建卷）3．已知等差数列中，的值是（ A ） A．15 B．30 C．31 D．64 3. （湖南卷）已知数列满足，则= （B ） A．0 B． C． D． 4. （湖南卷）已知数列{log2(a n－1)}（n∈N*）为等差数列，且a1＝ 3，a2＝5，则 = （C） A．2 B． C．1 D． 5. （湖南卷）设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′ (x)，n∈N，则f2005(x)＝（C） A．sinx B．－sinx C．cos x D．－cosx 6.（江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛a n｝中，首项a1=3，前三项和为21，则a3+ a4+ a5=(C ) ( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189 7. (全国卷II) 如果数列是等差数列，则(B ) (A) (B) (C) (D) 8. (全国卷II) 11如果为各项都大于零的等差数列，公差，则(B) (A) (B) (C) (D) 9.（山东卷）是首项=1，公差为=3的等差数列，如果=2005，则序号等于(C ) （A）667 （B）668 （C）669 （D）670 10. （上海）16．用n个不同的实数a1,a2,┄a n可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成 1 2 3 一个n!行的数阵.对第i行a i1,a i2,┄a in,记b i=- a i1+2a i2-3 a i3+┄+(-1)n na in, 1 3 2 i=1,2,3, ┄,n!.用1,2,3可你数阵如右,由于此数阵中每一列各数之和都 2 1 3 是12,所以,b1+b2+┄+b6=-12+212-312=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成 2 3 1 的数阵中, b1+b2+┄+b120等于

高考理科数学《数列》题型归纳与训练

高考理科数学《数列》题型归纳与训练【题型归纳】等差数列、等比数列的基本运算题组一等差数列基本量的计算例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ．【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。题组二等比数列基本量的计算例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________．【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

数列常见题型分析与方法总结

数列常见题型分析与做法一、等差、等比数列的概念与性质 1、已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比，求n a ；（I ）依题意032),(32244342=+--+=a a a a a a a 即 03213131=+-∴q a q a q a 2 1101322 = =?=+-∴q q q q 或2 11= ∴≠q q 1)2 1 (64-?=n n a 故二、求数列的通项类型1 )(1n f a a n n +=+ 解法：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。例:已知数列{}n a 满足2 11=a ，n n a a n n ++ =+2 11，求n a 答案：n n a n 12 3112 1- = - += ∴ 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例:已知数列{}n a 满足321= a ，n n a n n a 1 1+= +，求n a 答案：n a n 32= ∴ 类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中p q t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a . 提示：)3(231+=++n n a a 答案：321-=+n n a . 类型4 递推公式为n S 与n a 的关系式。(或()n n S f a =) 解法：这种类型一般利用???≥???????-=????????????????=-) 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：已知数列{}n a 前n 项和2 2 14---=n n n a S . （1）求1+n a 与n a 的关系；（2）求通项公式n a . 解：（1）由2 2 14-- -=n n n a S 得：1 112 14-++- -=n n n a S 于是) 2 12 1( )(1 2 11--++- +-=-n n n n n n a a S S 所以1 112 1 -+++ -=n n n n a a a n n n a a 2 12 11+ = ?+.

数列全部题型归纳(非常全面-经典!)讲解学习

数列全部题型归纳(非常全面-经典!)

数列百通通项公式求法 (一)转化为等差与等比 1、已知数列{}n a 满足11a =，n a =,n N *∈２≤n ≤８），则它的通项公式n a 什么 2.已知{}n a 是首项为2的数列，并且112n n n n a a a a ---=，则它的通项公式n a 是什么 3.首项为2的数列，并且231n n a a -=，则它的通项公式n a 是什么 4、已知数列{}n a 中，10a =，112n n a a +=-，*N n ∈.

求证：11n a ????-?? 是等差数列；并求数列{}n a 的通项公式； 5.已知数列{}n a 中，13a =，1222n n a a n +=-+，如果2n n b a n =-，求数列{}n a 的通项公式（二）含有n S 的递推处理方法 1）知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2（S n +1）=n +1，求数列{a n }的通项公式.

2.）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，2 (2) 8n n a S +=则，数列n a 3）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，111 ,0,4n n n n a S S a a -=-≠=则，数列 n a 4）12323...(1)(2)n a a a na n n n +++=++ 求数列n a （三）累加与累乘（1）如果数列{}n a 中111,2n n n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a

（2）已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(11≥-+ =-n n n a a n n ，求此数列的通项公式 (3) 12+211,2,=32n n n a a a a a +==-,求此数列的通项公式. （4）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，211,2 n n S n a a ==则，数列n a （四）一次函数的递推形式 1. 若数列{}n a 满足1111,12 n n a a a -== +(2)n ≥，数列n a

高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型1 ) (1n f a a n n +=+ 解法：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。变式1.1:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式. 解：Θk k k a a )1(122-+=-，k k k a a 3212+=+ ∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+ ∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …… ……k k k k a a )1(31212-+=--+ 将以上k 个式子相加，得 ]1)1[(2 1 )13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+???+-+-++???++=-+k k k k k a a 将11=a 代入，得1)1(21321112--+?=++k k k a ， 1)1(2 1 321)1(122--+?=-+=-k k k k k a a 。经检验11=a 也适合，∴???????--?+?--?+?=-+)(1)1(2132 1)(1)1(21321222 1 21为偶数为奇数n n a n n n n n 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为 )(1 n f a a n n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例3:已知31=a ，n n a n n a 2 31 31+-= + )1(≥n ，求n a 。解：12 31 32231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-?+?-??????+---?+---= 3437526331348531n n n n n --= ????=---L 。变式2.1:（2004，全国I,理15）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+???+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1 ___ n a ?=? ? 12n n =≥ 解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+???+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得

数列题型及解题方法归纳总结

累加累积归纳猜想证明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。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。 ⑴递推式为a n+i =3+d 及a n+i =qa n (d ，q 为常数) 例1、已知｛a n ｝满足a n+i =a n +2，而且a i =1。求a n 。例1、解 ■/ a n+i -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 1 例2、已知｛a n ｝满足a n 1 a n ，而a 1 2，求a n =? 佥 1 2 解■/^ = +是常数 .■-傀｝是以2为首顶，公比为扌的等比数把n-1个等式累加得： .' ? an=2 ? 3n-1-1 ji i ? / ] — 3 ⑷ 递推式为a n+1=p a n +q n (p ，q 为常数) s 1 1 【例即己知何沖.衍二右札+ 吧求％略解在如十冷)*的两边乘以丹得 2 严‘ *珞1 = ~〔2怙血)+1.令亠=2n 召则也€%乜于是可得 2 2 n b n 1 n 1 n b n 1 b n (b n b n 1)由上题的解法，得：b n 3 2(—) ? a . n 3(—) 2(—) 3 3 2 2 3 ★说明对于递推式辺曲=+屮，可两边除以中叫得蹲= Q 計/斗引辅助财如(%=芒.徼十氣+护用 (5) 递推式为 a n 2 pa n 1 qa n 知识框架数列的概念数列的分类数列的通项公式数列的递推关系函数角度理解 (2)递推式为 a n+1=a n +f (n ) 1 2 例3、已知｛a n ｝中 a 1 a n 1 a n 1 ，求 a n . 4n 2 1 等差数列的疋义 a n a n 1 d(n 2) 等差数列的通项公式 a n a 1 (n 1)d 等差数列等差数列的求和公式 S n (a 1 a n ) na 1 n(n 1)d 2 2 等差数列的性质 a n a m a p a q (m n p q) 两个基本数列等比数列的定义 a n 1 q(n 2) 等比数列的通项公式 a n n 1 a 1q 数列等比数列 a 1 a n q 3(1 q ) (q 1) 等比数列的求和公式 S n 1 q 1 q / n a 1(q 1) 等比数列的性质 S n S m a p a q (m n p q) 公式法分组求和错位相减求和裂项求和倒序相加求和解：由已知可知a n 1 a n (2n 1)(2n 1)夕2n 1 2n 令n=1，2，…，(n-1 )，代入得(n-1 )个等式累加，即(a 2-a 1) + 1广 K z 1】、 =-[(1-" + J J 5 _■ 冷(一 Jr ★ 说明只要和f ( 1) +f (2) 入，可得n-1个等式累加而求a n 。 ⑶ 递推式为a n+1=ps n +q (p , q 为常数) 1 a n a 1 (1 2 +?…+f 例 4、｛a n ｝中，ai 1，对于 n > 1 (n € N) 有a n (a 3-a 2) + ? + (a n -a n-1) L )也 2n 1 4n 2 (n-1 )是可求的，就可以由 a n+1=a n +f (n )以n=1，2，…， 3a n 1 2 ，求 a n ? 数列求和解法一：由已知递推式得 a n+1=3a n +2，a 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 ｝是公比为3的等比数列，其首项为 a 2-a 1= (3X 1+2) -1=4 --a n+1 -a n =4 ? 3 - a n+1 =3a n +2 - - 3a n +2-a n =4 ? 3 即 a n =2 ? 3 -1 解法_ : 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=4 ? 3， a 4-a 3=4 ? 3 ? 3 ，数列的应用分期付款其他

数列题型及解题方法归纳总结

知识框架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。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∵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{}n a 满足11 2n n a a +=，而12a =，求 n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112 a = ，12 141 n n a a n +=+ -，求n a . 解：由已知可知 )12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） ★ 说明只要和f （1）+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、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有 132n n a a -=+，求n a . 解法一：由已知递推式得a n+1=3a n +2，a 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 }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 =4·3n-1∵a n+1=3a n +2∴3a n +2-a n =4·3n-1 即a n =2·3n-1-1 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=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2，把n-1个等式累加得：∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=pa n +qn （p ，q 为常数） )(3 2 11-+-=-n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )3 2(23-=∴ n n n n n b a )31(2)21(32 -== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+ 思路：设21n n n a pa qa ++=+,可以变形为： 211()n n n n a a a a αβα+++-=-，想于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。求n a 。 (6)递推式为S n 与a n 的关系式系；（2）试用n 表示a n 。 ∴)2121( )(1 2 11 --++- +-=-n n n n n n a a S S ∴1 11 2 1 -+++ -=n n n n a a a ∴ n n n a a 2 1 211+= + 上式两边同乘以2n+1得2n+1a n+1=2n a n +2则{2n a n }是公差为2的等差数列。 ∴2n a n =2+（n-1）·2=2n 数列求和的常用方法： 1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

数列常见题型总结经典

高中数学《数列》常见、常考题型总结题型一数列通项公式的求法１．前ｎ项和法（知n S 求n a ）?? ?-=-11 n n n S S S a ) 2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和2 12n n S n -=,求数列|}{|n a 的前n 项和n T 变式：已知数列}{n a 的前n 项和n n S n 122 -=,求数列|}{|n a 的前ｎ项和n T 练习：１、若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=,求该数列的通项公式。答案：???=-12 2n n a )2() 1(≥=n n 2、若数列}{n a 的前n 项和32 3-=n n a S ，求该数列的通项公式。答案：n n a 32?= 3、设数列}{n a 的前ｎ项和为n S ，数列}{n S 的前n 项和为n T ，满足2 2n S T n n -=，求数列}{n a 的通项公式. 4.n S 为{n a }的前n 项和，n S ＝3（n a －1）,求n a (n ∈N +）５、设数列{}n a 满足2 *12333()3 n n a a a a n N +++= ∈n-1 …+3，求数列{}n a 的通项公式(作差法） 2。形如)(1n f a a n n =-+型（累加法) （１）若f(ｎ）为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+。（２)若ｆ(n)为n 的函数时，用累加法. 例 1. 已知数列｛a n ｝满足)2(3,111 1≥+==--n a a a n n n ，证明2 1 3-=n n a 例2．已知数列{}n a 的首项为1，且* 12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 例３.已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(1 1≥-+ =-n n n a a n n ,求此数列的通项公式。 3。形如 )(1 n f a a n n =+型(累乘法) （1）当f(ｎ)为常数,即：q a a n n =+1(其中q 是不为0的常数）,此数列为等比且n a =1 1-?n q a 。 (2)当f(n ）为n 的函数时，用累乘法．例1、在数列}{n a 中111 ,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式.答案:12+=n a n 练习： 1、在数列}{n a 中111 1,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ,求n n S a 与。答案:)1(2 +=n n a n ２、求数列)2(1 232,111 ≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。 4。形如s ra pa a n n n += --11 型（取倒数法) 例１. 已知数列{}n a 中,21=a ，)2(1 211 ≥+=--n a a a n n n ，求通项公式n a

高中数学数列复习题型归纳解题方法整理

数列一、等差数列与等比数列 1.基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。 2.等差数列与等比数列的联系 1）若数列{}n a 是等差数列，则数列}{n a a 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。（a>0且a ≠1）； 2）若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，则数列{}log a n a 是等差数列，公差为log a q ，其中a 是常数且 0,1a a >≠，q 是{}n a 的公比。 3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 是非零常数数列。 3.等差与等比数列的比较

4、典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （2010陕西文16）已知{}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{}的通项;（Ⅱ）求数列{2}的前n项和. 解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12 1 d + ＝ 18 12 d d + + ，解得d＝1，d＝0（舍去），故{}的通项＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a=2n，由等比数列前n项和公式得 2+22+23+…+22(12) 12 n - - 21-2. 小结与拓展：数列{}n a是等差数列，则数列} {n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}n a的公差。（a>0且a≠1）. 【题型2】与“前n项和与通项”、常用求通项公式的结合例2 已知数列{}的前三项与数列{}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{＋1－}是等差数列．求数列{}与{}的通项公式。解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1＝8n(n∈N*) ① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2－1＝8(n－1)(n∈N*) ② ①－②得2n－1＝8，求得＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{＋1－}的公差为－2－(－4)＝2，∴＋1－＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性 1.（2015年1卷13）若函数f （x ） =ln(x x 为偶函数，则a= 【解析】由题知ln(y x = 是奇函数，所以ln(ln(x x +- =2 2 ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性 2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则 A. B. 0 C. 2 D. 50 解：因为是定义域为的奇函数，且，所以, 因此，因为，所以，，从而，选C. 3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1 x y x += 与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，?，()m m x y ，，则()1 m i i i x y =+=∑（）（A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m 【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01，对称，而11 1x y x x +==+也关于()01，对称， ∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()1 1 1 022 m m m i i i i i i i m x y x y m ===+=+=+? =∑∑∑，故选B ．二、函数、方程与不等式 4.（2015年2卷5）设函数21 1log (2),1,()2,1, x x x f x x -+-

高考数学数列知识点及题型大总结

20XX 年高考数学数列知识点及题型大总结等差数列知识要点 1．递推关系与通项公式 m n a a d n a a d d n a a d m n a a d n a a d a a m n n n m n n n n --= --= --=-+=-+==-+1; )1()()1(1111变式：推广：通项公式：递推关系：为常数）即：特征：m k m kn n f a d a dn a n n ,(,)(), (1+==-+= ),为常数，（m k m kn a n +=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。 2．等差中项：若c b a ,,成等差数列，则b 称c a 与的等差中项，且2 c a b +=；c b a ,,成等差数列是c a b +=2的充要条件。 3．前n 项和公式 2 )(1n a a S n n += ； 2)1(1d n n na S n -+= ) ,()(,)2(22212为常数即特征：B A Bn An S Bn An n f S n d a n d S n n n +=+==-+= 是数列 {}n a 成等差数列的充要条件。 4．等差数列 {}n a 的基本性质),,,(*∈N q p n m 其中 ⑴q p n m a a a a q p n m +=++=+，则若反之，不成立。 ⑵d m n a a m n )(-=- ⑶m n m n n a a a +-+=2

⑷n n n n n S S S S S 232,,--仍成等差数列。 5．判断或证明一个数列是等差数列的方法： ①定义法：）常数）（*+∈=-N n d a a n n (1?{}n a 是等差数列 ②中项法： )22 1*++∈+=N n a a a n n n （?{}n a 是等差数列 ③通项公式法： ),(为常数b k b kn a n +=?{}n a 是等差数列 ④前n 项和公式法： ),(2为常数B A Bn An S n +=?{}n a 是等差数列练习：1．等差数列 {}n a 中， ) (3 1 ,1201191210864C a a a a a a a 的值为则-=++++ A ．14 B ．15 C ．16 D ．17 165 1203232)(32) 2(3 1 318999119=?==-=+-=-a d a d a a a a 2．等差数列 {}n a 中，12910S S a =>，，则前10或11项的和最大。解：0912129 =-=S S S S ， 003011111121110>=∴=∴=++∴a a a a a a ，又，， ∴ {}n a 为递减等差数列∴1110S S =为最大。 3．已知等差数列{}n a 的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为－110 解：∵ ，，，，，1001102030102010S S S S S S S --- 成等差数列，公差为D 其首项为 10010=S ，前10项的和为10100=S 解