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平行四边形的公式数列常见数列公式(很全)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-11 12:25
tags:数列公式

提出质疑-英语学习入门


常见数列公式
等差数列
1.等差数列:一般地,如果一个数列从第二项起,每一项 与它前一项的差等于同
一个常数,即-=d ,(n≥2,n∈N),这个数列就叫做等差数列,这个< br>常数就叫做等差数列的公差(常用字母“d”表示)
2.等差数列的通项公式:

数))
3.有几种方法可以计算公差d
① d=- ② d= ③ d=
成等差数列
(m, n, p, q ∈N )

或 =pn+q (p、q是常
4.等差中项:
5.等差数列的性质: m+n=p+q
等差数列前n项和公式
6.等差数列的前项和公式
(1) (2) (3),当
d≠0,是一个常数项为零的二次式
8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:
(1) 利用
的值
的值
(2) 利用
等比数列
:由二次函数配方法求得最值时n的值
:当

>0,d<0,前n项和有最大值可由
<0,d>0,前n项和有最小值可由
≥0 ,且
≤0,且
≤0,求得n
≥0,求得n
1.等比数列:如果一个数列从第二 项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常
数,那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列 的公比;公比通常用字

q
表示(
q
≠0),即:
2.等比 数列的通项公
式:
=
q

q
≠0)

3.{}成等比数列=
q
(,
q
≠0) “≠0”是数列{}成
等比数列的必要非充分条件
4.既是等差又是等比数列的数列:非零常数列.
5.等比中项:
G

a

b
的等比中项. 即
G
=±(
a
,
b
同号).
6.性质:若m+n=p+q,
7.判断等比数列的方法:定义法,中项法,通项公式法
8.等比数列的增减性:
当q>1,
当q>1,
>0或0<0,或0<0时, {
>0时, {
}是递增数列;
}是递减数列;
当q=1时, {}是常数列;
当q<0时, {}是摆动数列;
等比数列前n项和
等比数列的前n项和公式:
∴当时,

① 或 ②
当q=1时,
当已知, q, n 时用公式①;当已知, q, 时,用公式②.
数列通项公式的求法
一、定义法
直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法,这种方法适应于
已知数列类型的题 目.
例1.等差数列
.求数列
解:设数列




, ∴


是递增数列,前n项和为
的通项公式.



………………………………①
…………②
,且成等比数列,
公差为
成等比数列,∴
由①②得:

点 评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差
(公比)后再写出通项。
二、公式法
若已知数列的前项和与的关系,求数列的通项可用公式
求解。
例2.已知数列
式。
解:由
当时,有

……,




的前项和满足.求数列的通项公

经验证也满足上式,所以
点评:利用公式求解时,要注意对n分类讨论,但
若能合写时一定要合并.
三、由递推式求数列通项法
对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换, 转化为等差
数列或等比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。
类型1 递推 公式为
解法:把原递推公式转化为
(2004全国卷I.22)已知数列
……,求数列
例3. 已知数列满足
中,

,利用累加法(逐差相加法)求解。
,其中
的通项公式。P24(styyj)
,,求。
解:由条件知:
分别令,代入上式得


所以

类型2 (1)递推公式为




个等式累加之,即
解法:把原递推公式转化为,利用累乘法(逐商相乘法)求解。
(2004全国卷I.15)已知数列{
an
},满足
a
1=1,
a
n=
a
1+2
a
2+3
a
3+…+(
n< br>-1)
an

1(
n
≥2),则{
an
}的 通项

例4. 已知数列
解:由条件知
乘之,即

满足
P24(styyj)

,分别令
,求。
,代入上式得个等式累


(2).由
由已知递推式有
代入,得

简记为
(3) 递推式:
列,消去
,这就是叠(迭)代法的基本模式。
解法:只需构造数
带来的差异.

和确定的递推数列

的通项可如下求得:
,,依次向前
例5.设数列
解:设


,将
,求.
代入递推式,


…(1)则
代入(1)得
说明:(1)若为
;(2)
,
减得转化为
,又

的二次式,则可设
本题

也可 由
,故
)两式相
求之.
例6.已知
解:
, ,求。


类型3 递推公式为
解法:把原递推公式转化为:
化为等比数列求解。
(2006.重庆.14)在数列中,若

(其中p,q均为常数,
,其中
)。
,再利用换元法转
,则该数列的通项
P24(styyj)
例7. 已知数列
解:设递推公式
故递推公式为
中, ,
可以转化为
,令
,求.

,则
.
,且
.所以
,所以
类型4 递推公式为
是以
.
为首项,2为公比的等比数列,则
(其中p,q均为常数,
)。 (或
(2006全国I.22)(本小题满分12分)
设数列
(Ⅰ)求首项
的前项的和
与通项
,其中p,q, r均为常数)

; P25(styyj)
,解法:该类型较类型3 要复杂一些。一般地,要先在原递推公式两边同除以
得:
引入辅助数列
决。
例8. 已知数列
解:在
令,则

类型5 递推公式为
解法:先把原递推公式转化为
其中s,t满足
已知数列
(I)求数列
例9. 已知数列
解:由
(其中p,q均为常数)。


(其中),得:再应用类型3的方法解
中,,
两边乘以得:
,求。

所以,应用例7解法得:
,再应用前面类型3的方法求解。
满足
(2006.福建.理.22)(本小题满分14分)
的通项公式; P26(styyj)
中,,
可转化为
,,求


即或
这里不妨选用(当然也可选用
是以首项为
,大家可以试一试),则
,公比为的 等比数
,代入上列,所以
式得
,应用类型1的方法,分别令
个等式累加之,

又,所以


的关系式。(或

类型6 递推公式为)
解法:利用进行求解。
(2006.陕西.20) (本小题满分12分)
已知正项数列{an},其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等 比数
列,求数列{an}的通项an P24(styyj)
例10. 已知数列
(1)求与
前n项和
的关系;(2)求通项公式
得:

.
得:
.
.
解:(1)由
于是
所以(2)应用类型4的方法,上式两边同乘以
由.于是数列是以2为首项,2为公差的等差数
列,所以
类型7 双数列型
解法:根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用累加、累乘、化归等方法求
解。
例11. 已知数列
,
解:因
所以

又因为
所以< br>.即
……
………………………(2)
…………………………………………(1)


中,;数列
,求,.


中,。当时,
由(1)、(2)得:,
四、待定系数法(构造法)
求数 列通项公式方法灵活多样,特别是对于给定的递推关系求通项公式,观
察、分析、推理能力要求较高。通 常可对递推式变换,转化成特殊数列(等差或等
比数列)来求解,这种方法体现了数学中化未知为已知的 化归思想,而运用待定系
数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。
1、通过分解常 数,可转化为特殊数列{
a+k
}的形式求解。一般地,形如
a=p
a+q

p
≠1,
pq
≠0)型的递推式均可通过待定系数法对常数
q
分解法:设
a+k=p

a+k
)与原式比较系数可得
pk-k
=
q
,即
k=
,从而得等比数列
{
a+k
}。
例12、数列{a}满足
a
=1,
a
=
a< br>+1(
n
≥2),求数列{
a
}的通项公式。
解:由
a
=
a
+1(
n
≥2)得
a
-2=(
a
-2),而
a
-2=1-2=-1,
∴数列{
a
-2}是以

a
-2=-()
为公比,-1为首项的等比数列

a
=2-()
说明:这个题目通过对常数1的分解,进行适当组合,可得等比数列{
a
-2},
从而达到解决问题的目的。
例13、数列{
a
}满足< br>a
=1,
解:由

a
∴{

例14.已知数 列
解:设
满足
,则
是以
点评:求递推式形如
,且
} 是以

,比较系数得
为公比,以

,求

为首项,以3为公比的等比数列

(p、q为常数)的数列通项,可用迭代法


解得
,求数列{
a
}的通项公式。
为首项的等比数列
或待定系数法构 造新数列来求得,也可用“归纳—猜想—
证明”法来求,这也是近年高考考得很多的一种题型.
例15.已知数列
解:将
设,则
.条件可化成
项,为公比的等比数列.满足
两边同除
.令
,数列
.因
是以
,

,得

为首
,求.


点评:递推式为
,令
(p、q为常数)时,可同除
从而化归为
,得
(p、q为常数)型.
的形式求解。这种方法适用于
:设

满足
2、通过分解系数,可转化为特殊数列
型的递推式,通过对系数p的分解,可得等比数列
,比较系数得,可解得
(2006.福建.文.22)(本小题满分14分)已知数列

(I)证明:数列
(II)求数列
例16、数列
分析:递推 式
把中间一项
解:由


满足
是等比数列;
的通项公式;
=0,求数列{a}的通项公式。
中含相邻三项,因而考虑每相邻两 项的组合,即
的系数分解成1和2,适当组合,可发现一个等比数列

,且


是以2为公比,3为首项的等比数列

利用逐差法可得

=
=
=
=

例17、数列
解:由
比较系数得

中,

,解得


,求数列的通项公式。





若取

,则有
是以为公比,以


为首项的等比数列

由逐差法可得

=
==
,则有


即得

说明:若本题中取
为常数列,
故可转化为例13。
例18.已知数列
解:设
满足,

,求.

则条件可以化为
为的等比数列,所以


是以首项为, 公比
.问题转化为利用累加法求数列的通项的
问题,解得
点评:递推式为
上述 已知题型.
(p、q为常数)时,可以设
,求出,从而化归为,其待定常数s、t由
五、特征根法
1、设已知数列的项满足
则当
是以
,其中
时,
求这个数列的 通
为常数列,即项公式。作出一个方程
,其中
.
例19.已知数列
解:作方程

数列
时,
是以
满足:


为公比的等比数列,即

为公比的等比数列.于是


的特征方程。若
给出的数列,方程2、对于由递推公式
,叫做数列
时,数列
( 即把

(即把
例20:已知数列

时,数列

满足
的通项为
,代入
的通项为
,代入
是特征方程的两个根,当
决 定,其中A,B由
,得到关于A、B的方程组);
,其中A,B由决定
,得到关于A、 B的方程组)。

,求数列的通项公式。
解法一(待定系数——迭加法)
由,得


则数列

是以为首项,为公比的等比数列,于是
。把代入,得





把以上各式相加,得



解法二(特征根法):数列
的特征方程是:
,

又由,于是





3、如果数列

满足下列 条件:已知的值且对于,都有
),那么,可作特征方程(其中
p、q、r、h
均为常数 ,且
,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有
两个相异的根、时,则是等比 数列。
(2006.重庆.文.22).(本小题满分12分)
数列

求数列的通项公式.
解:由已知,得,其特征方程为,解之,得


。 P26 (styyj)
例21、已知数列
公式.
解: 数列
满足性质:对于

且求的通项
的特征方程为变形得其根为
故特征方程有两个相异的根,使用定理2的第(2)部分,则有





例22.已知数列
(1)若
(4)当
求< br>满足:对于
(2)若求
都有
(3)若
不存在?



取哪些值时,无穷数列
解:作特征方程变形得
特征方程有两个相同的特征根依定理2的第(1)部分解答.
(1)∵
(2)∵





令,得.故数列
时,


则∴对于
从第5项开始都不存在,
.
对于都有
当≤4,
(3)∵



(4)、显然当
过程知,

时,数列从第2项开始便不存在.由本题的第(1)小题的解答
时,数列是存在的,当

时,则有

∴当
则得
(其中
且≥2.
且N≥2)时,数列从第项开始便不存在.
于是知:当
不存在.
在集合或 且≥2}上取值时,无穷数列都
说明:形如:递推式,考虑函数倒数关系有
令则可归为型。(取
倒数法)
例23:
解:取倒数:


是等差数列,
六、构造法
构造法就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充分剖< br>析,有时会联想出一种适当的辅助模型,如某种数量关系,某个直观图形,或者某
一反例,以此促 成命题转换,产生新的解题方法,这种思维方法的特点就是“构
造”.若已知条件给的是数列的递推公式 要求出该数列的通项公式,此类题通常较
难,但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.
1、构造等差数列或等比数列
由于等差数列与等比数列的通项公式显然,对于一些递推数列问 题,若能构造等差
数列或等比数列,无疑是一种行之有效的构造方法.
例24: 设各项均 为正数的数列
等式:
解:

,∵
的等差数列,且

例25: 数列
解:∵

中前n项的和
当n≥2时,

,求数列的通项公式.
.
成立,求
的前n项和为
的通项an.


,∴. 即是以2为公差
,对于任意正整数n,都有

令,则,且
是以为公比的等比数列,
∴.
2、构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差,然后采用迭加的方法就
可求得这一数列的通项公 式.
例26: 设是首项为1的正项数列,且
求数列的通项公式an.
解:由题设得





例27: 数列
通项公式
解:



(n∈N*)
3、构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式,然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.
例28: 数列
解:
中,,前n项的和


,求.
.

中,,且,(n∈N*),求
,∴.
.
,(n∈N*),


4、构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数,取倒数代数变形方法,可由复杂变为简单,使问题得
以解决.
例29: 设正项数列
解:两边取对数得:

是以2为公比的等比数列,


中,,n≥2时,求通项公式.
.

.

满足,

(n≥2).求数列
,设
的通项公式.

例30: 已知数列
解:∵,两边取倒数得
可化为等差数列关系式.




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