数列知识点总结-解体方法归纳和练习习题 本文关键词：数列，知识点，解体，习题，归纳
数列知识点总结-解体方法归纳和练习习题 本文简介：第一部分数列的基础知识等差数列一定义式：二通项公式：一个数列是等差数列的等价条件：(a，b为常数)，即是关于n的一次函数，因为，所以关于n的图像是一次函数图像的分点表示形式。三前n项和公式：一个数列是等差数列的另一个充要条件：(a，b为常数，a≠0)，即是关于n的二次函数，因为，所以关于n的图像是二
数列知识点总结-解体方法归纳和练习习题 本文内容：
第一部分
数列的基础知识
等差数列
一
定义式：
二
通项公式：
一个数列是等差数列的等价条件：(a，b为常数)，即是关于n的一次函数，因为，所以关于n的图像是一次函数图像的分点表示形式。
三
前n项和公式：
一个数列是等差数列的另一个充要条件：(a，b为常数，a≠0)，即是关于n的二次函数，因为，所以关于n的图像是二次函数图像的分点表示形式。
四
性质结论
1.3或4个数成等差数列求数值时应按对称性原则设置，
如：3个数a-d,a,a+d；
4个数a-3d,a-d,a+d,a+3d
2.与的等差中项；
在等差数列中，若，则
；若，则；
3.若等差数列的项数为2，则
；
若等差数列的项数为，则，且，
4.凡按一定规律和次序选出的一组一组的和仍然成等差数列。设，，
，则有；
5.,,则前(m+n为偶数)或(m+n为奇数)最大
等比数列
一
定义：成等比数列。
二
通项公式：，
数列{an}是等比数列的一个等价条件是：
当且时，关于n的图像是指数函数图像的分点表示形式。
三
前n项和：；(注意对公比的讨论)
四
性质结论：
1.与的等比中项(同号)；
2.在等比数列中，若，则；
若，则；
3.设，，
，
则有
求通项公式的基本方法
一．
构造等差数列：递推式不能构造等比时，构造等差数列。
第一类：凡是出现分式递推式都可以构造等差数列来求通项公式，
例如：，
两边取倒数是公差为2的等差数列，从而求出。
第二类：
是公差为1的等差数列
二。递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。
例如
【注:
】
求通项公式的题，不能够利用构造等比或者构造等差求的时候，一般通过递推来求。
求前n项和
一
裂项相消法：
、
二
错位相减法：凡等差数列和等比数列对应项的乘积构成的数列求和时用此方法，
求：
①
②
①减②得：
从而求出。
错位相减法的步骤：
(1)将要求和的杂数列前后各写出三项，列出①式
(2)将①式左右两边都乘以公比q，得到②式
(3)用①②，错位相减
(4)化简计算
三
倒序相加法：前两种方法不行时考虑倒序相加法
例：等差数列求和：
两式相加可得：
第二部分
数列通项公式的求和方法
一、公式法
例1
已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：两边除以，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。
二、累加法
例2
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由得则
所以数列的通项公式为。
例3
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由得则
所以
例4
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：两边除以，得，
则，故
因此，
则
三、累乘法
例5
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以，则，故
所以数列的通项公式为
例6
（2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列满足，求的通项公式。
解：因为①
所以②
用②式－①式得
则
故
所以③
由，，则，又知，则，代入③得。
所以，的通项公式为
四、待定系数法
例7
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设④
将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得⑤
由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。
例8
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设⑥
将代入⑥式，得
整理得。
令，则，代入⑥式得
⑦
由及⑦式，
得，则，
故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。
例9
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设
⑧
将代入⑧式，得
，则
等式两边消去，得，
解方程组，则，代入⑧式，得
⑨
由及⑨式，得
则，故数列为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，则。
五、对数变换法
例10
已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：因为，所以。在式两边取常用对数得⑩
设
将⑩式代入式，得，两边消去并整理，得，则
，故
代入式，得
由及式，
得，
则，
所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此
则。
六、迭代法
例11
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以
又，所以数列的通项公式为。
评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式两边取常用对数得，即，再由累乘法可推知，从而。
七、数学归纳法
例12
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由及，得
由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当时，，所以等式成立。
（2）假设当时等式成立，即，则当时，
由此可知，当时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何都成立。
八、换元法
例13
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，则
故，代入得
即
因为，故
则，即，
可化为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得
。
九、不动点法（三种情况）
例14
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的两个不动点。因为
。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。
例15
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的不动点。
因为，所以
。
第三部分
数列练习题
成绩：
一、填空题
1．
各项都是正数的等比数列{an}，公比q1,a5,a7,a8成等差数列，则公比q=
2．
已知等差数列{an}，公差d0,a1,a5,a17成等比数列，则=
3．
已知数列{an}满足Sn=1+,则an=
4．已知二次函数f(x)=n(n+1)x2-(2n+1)x+1,当n=1,2,…，12时，这些函数的图像在x轴上截得的线段长度之和为
5.已知数列{an}的通项公式为an=log(n+1)(n+2),则它的前n项之积为
6.数列{(-1)n-1n2}的前n项之和为
7．一种堆垛方式，最高一层2个物品，第二层6个物品，第三层12个物品，第四层20个物品，第五层30个物品，…，当堆到第n层时的物品的个数为
8．已知数列1，1，2，…，它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到，则该数列前10项之和为
9．在2和30之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的这两个数的等比中项为
10．已知整数对的序列如下：（1，1），（1，2），（2，1），（1，3），（2，2），（3，1），（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），（1，5），（2，4），……，则第60个数对为
11．设等差数列｛an｝的前n项和是Sn，若a5=20－a16，则S20=___________．
12．若｛an｝是等比数列，a4·
a7=
－512，a3+
a8=124，且公比q为整数，则a10等于___________．
13．在数列｛an｝中，a1=1，当n≥2时，a1
a2…
an=n2恒成立，则a3+
a5=___________．
14．设｛an｝是首项为1的正项数列，且（n＋1）－na＋an+1
an=0（n=1，2，3，…），则它的通项公式是an=___________．
二.解答题
1.已知数列{an}的通项公式为an=3n+2n+(2n-1),求前n项和。
2．已知数列{an}是公差d不为零的等差数列，数列{abn}是公比为q的等比数列，
b1=1,b2=10,b3=46,，求公比q及bn。
3．已知等差数列{an}的公差与等比数列{bn}的公比相等，且都等于d(d>0,d1),a1=b1
，a3=3b3,a5=5b5,求an,bn。
4．
有四个数，其中前三个数成等比数列，其积为216，后三个数成等差数列，其和为36，求这四个数。
5.已知等差数列｛an｝中，a1＋a4＋a7
=15，a2
a4
a6=45，求｛an｝的通项公式．
6.在等差数列｛an｝中，a1=13，前n项和为Sn，且S3=
S11，求Sn的最大值．
参考答案
一、填空题
1.
2.
3.,相减得an=故an=-
4.
5.
log2(n+2)
6.
(-1)n-1
7.
n2+n
8.
978
9.
6
10.(5,7)
规律：（1）两个数之和为n的整数对共有n-1个。（2）在两个数之和为n的n-1个整数对中，排列顺序为，第1个数由1起越来越大，第2个数由n-1起来越来越小。设两个数之和为2的数对方第1组，数对个数为1；两个数之和为3的数对为第二组，数对个数2;……,两个数之和为n+1的数对为第n组，数对个数为
n。
∵1+2+…+10=55，1+2+…+11=66
∴第60个数对在第11组之中的第5个数，从而两数之和为12，应为（5，7）
11．200．a
1＋
a
20=
a
5＋a
16=20，∴S20==10×20=200．
12．512．∵
a
3＋
a
8=124，又a
3
·a
8=
a
4·a
7=－512，
故a
3，
a
8是方程x2－124x－512=0的两个根．
于是，a
3=－4，a
8=128，或a
3=128，a
8=－4．
由于q为整数，故只有a
3=－4，a
8=128
因此－4·
q5=128，q=－2．所以a10=
a
8··q2=128×4=512．
13．．
a
1
a
2…a
n=n2，∴a
1
a
2…a
n－1
=（n－1）2．
两式相除，得（n≥2）．所以，a
3＋
a
5=．
14．．所给条件式即（a
n＋1
a
n）[（n＋1）a
n＋1－n
a
n]=0，由于a
n＋1
a
n＞0，所以（n＋1）a
n＋1=
na
n，
又a
1=1，故na
n=（n－1）a
n－1=（n－2）a
n－2=…=2a
2=
a
1=1，∴a
n=．
二、解答题
1．Sn=a1+a2+…+an=(31+21+1)+(32+22+3)+
…+[3n+2n+(2n-1)]=(31+32+…+3n)+(21+22+…2n)++[1+3+…+(2n-1)]=
2.a=a1,a=a10=a1+9d,a=a46=a1+45d
由{abn}为等比数例，得（a1+9d）2=a1(a1+45d)得a1=3d,即ab1=3d,ab2=12d,ab3=48d.
∴q=4
又由{abn}是{an}中的第bna项，及abn=ab1·4n-1=3d·4n-1,a1+(bn-1)d=3d·4n-1
∴bn=3·4n-1-2
3.∴
a3=3b3,a1+2d=3a1d2,a1(1-3d2)=-2d
①
a5=5b5,a1+4d=5a1d4,∴a1(1-5d4)=-4d
②
②/①,得=2，∴
d2=1或d2=,由题意，d=,a1=-。∴an=a1+(n-1)d=(n-6)
bn=a1dn-1=-·()n-1
4.设这四个数为
则
由①，得a3=216,a=6
③
③代入②，得3aq=36,q=2
∴这四个数为3，6，12，18
5、∵a1＋a7=2a4，
∴3a4=
a1＋a4＋a7=15，a4=5．——3分
∵a2
a4
a6=45，
∴a2
a6=9．——4分
设｛an｝的公差为d，
则（a4－2d）（a4＋2d）9，
即（5－2d）（5＋2d）=9，
∴d=
±2．——7分
因此，当d=
2时，an=
a4＋（n－4）d=2
n－3，——9分
当d=
－2时，an=
a4＋（n－4）d=－2
n＋13，
6、∵
S3=
S11，
∴3
a1＋．——3分
又a1=13，
∴8×13＋52d=0
解得d=
－2．——5分
∴an=
a1＋（n－1）
7、d
=
－2
n＋15．——7分
由即，解得≤n≤.
由于，故n=7．——10分
∴当n=7时，Sn最大，最大值是
．——13分
17