数列大总结 第1篇
高考数列知识点总结
数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的`数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;
(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合
1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;
进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。
数列大总结 第2篇
选修2--1：1、逻辑用语2、圆锥曲线3、空间向量：(利用空间向量可以把立体几何做题简便化)选修2--2：1、导数与微积分2、推理证明：一般不考3、复数
选修2--3：1、计数原理：(排列组合、二项式定理)掌握这部分知识点需要大量做题找规律，无技巧。高考必考，10分2、随机变量及其分布：不单独命题3、统计：
高考的知识板块
集合与简单逻辑：5分或不考
函数：高考60分：①、指数函数②对数函数③二次函数④三次函数⑤三角函数⑥抽象函数(无函数表达式，不易理解，难点)
平面向量与解三角形
立体几何：22分左右
不等式：(线性规则)5分必考
数列：17分(一道大题+一道选择或填空)易和函数结合命题
平面解析几何：(30分左右)
计算原理：10分左右
概率统计：12分----17分
复数：5分
高中数学立体几何易错知识点总结
1.你掌握了空间图形在平面上的直观画法吗?(斜二测画法)。
2.线面平行和面面平行的定义、判定和性质定理你掌握了吗?线线平行、线面平行、面面平行这三者之间的联系和转化在解决立几问题中的应用是怎样的?每种平行之间转换的条件是什么?
3.三垂线定理及其逆定理你记住了吗?你知道三垂线定理的关键是什么吗?(一面、四线、三垂直、立柱即面的垂线是关键)一面四直线，立柱是关键，垂直三处见
3.线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈;面面平行的判定定理易把条件错误地记为”一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行”而导致证明过程跨步太大。
4.求两条异面直线xxx的角、直线与平面xxx的角和二面角时，如果所求的角为90°，那么就不要忘了还有一种求角的方法即用证明它们垂直的方法。
5.异面直线xxx角利用“平移法”求解时，一定要注意平移后所得角等于所求角(或其补角)，特别是题目告诉异面直线xxx角，应用时一定要从题意出发，是用锐角还是其补角，还是两种情况都有可能。
6.你知道公式：和中每一字母的意思吗?能够熟练地应用它们解题吗?
7.两条异面直线xxx的角的范围：0°《α≤90°
直线与平面xxx的角的范围：0o≤α≤90°
二面角的平面角的取值范围：0°≤α≤180°
8.你知道异面直线上两点间的距离公式如何运用吗?
9.平面图形的翻折，立体图形的展开等一类问题，要注意翻折，展开前后有关几何元素的“不变量”与“不变性”。
10.立几问题的求解分为“作”，“证”，“算”三个环节，你是否只注重了“作”，“算”，而忽视了“证”这一重要环节?
11.棱柱及其性质、平行六面体与长方体及其性质。这些知识你掌握了吗?(注意运用向量的方法解题)
12.球及其性质;经纬度定义易混。经度为二面角，纬度为线面角、球面距离的求法;球的表面积和体积公式。
数列大总结 第3篇
高中数学知识点之方差定义
方差用来度量随机变量和其数学期望(即均值)之间的偏离程度。统计中的方差(样本方差)是各个数据分别与其平均数之差的平方的和的平均数。
高中数学知识点之方差性质
1.设C为常数，则D(C)=0(常数无波动);
(CX)=C2D(X)(常数平方提取);
3.若X、Y相互独立，则前面两项恰为D(X)和D(Y)，第三项展开后为
当X、Y相互独立时，，故第三项为零。
独立前提的逐项求和，可推广到有限项。
方差公式：
平均数：M=(x1+x2+x3+…+xn)/n
(n表示这组数据个数，x1、x2、x3……xn表示这组数据具体数值)
高中数学知识点之方差的应用
计算下列一组数据的极差、方差及标准差(精确到).
50，55，96，98，65，100，70，90，85，100.
答：极差为
100-50=50.
平均数为
数列大总结 第4篇
一.方差的概念与计算公式
例1 两人的5次测验成绩如下：
X: 50，100，100，60，50 E(X )=72;
Y: 73， 70， 75，72，70 E(Y )=72.
平均成绩相同，但X 不稳定，对平均值的偏离大。
方差描述随机变量对于数学期望的偏离程度。
单个偏离是
消除符号影响
方差即偏离平方的均值，记为D(X )：
直接计算公式分离散型和连续型，具体为：
这里 是一个数。推导另一种计算公式
得到：“方差等于平方的均值减去均值的`平方”。
其中，分别为离散型和连续型计算公式。 称为标准差或均方差，方差描述波动
二.方差的性质
1.设C为常数，则D(C) = 0(常数无波动);
2. D(CX )=C2 D(X ) (常数平方提取);
特别地 D(-X ) = D(X )， D(-2X ) = 4D(X )(方差无负值)
3.若X 、Y 相互独立，则
记则前面两项恰为 D(X )和D(Y )，第三项展开后为
当X、Y 相互独立时，故第三项为零。
特别地独立前提的逐项求和，可推广到有限项。
方差公式：
平均数：M=(x1+x2+x3+…+xn)/n (n表示这组数据个数，x1、x2、x3……xn表示这组数据具体数值)
三.常用分布的方差
1.两点分布
2.二项分布
X ~ B ( n， p )
引入随机变量 Xi (第i次试验中A 出现的次数，服从两点分布)
3.泊松分布(推导略)
4.均匀分布
另一计算过程为
5.指数分布(推导略)
6.正态分布(推导略)
分布 ：其中X~T(n)，E(X)=0;D(X)=n/(n-2);
分布：其中X~F(m，n)，E(X)=n/(n-2);
正态分布的后一参数反映它与均值 的偏离程度，即波动程度(随机波动)，这与图形的特征是相符的。
例2 求上节例2的方差。
解 根据上节例2给出的分布律，计算得到
工人乙废品数少，波动也小，稳定性好。
方差的定义：
数列大总结 第5篇
高二数学的数列知识点总结
高考题中的数列试题,往往比较难,同学们有点怕,究其原因,还是数列试题综合性强,变形灵活，为大家分享了高二数学数列知识点的总结，一起来看看吧！
数列概念
①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N*或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。
②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。
③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
等差数列
1.等差数列通项公式
an=a1+(n-1)d
n=1时a1=S1
n≥2时an=Sn-Sn-1
an=kn+b(k,b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b
2.等差中项
由三个数a，A，xxx的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。
有关系：A=(a+b)÷2
3.前n项和
倒序相加法推导前n项和公式：
Sn=a1+a2+a3+xxx··+an
=a1+(a1+d)+(a1+2d)+xxxxxx+[a1+(n-1)d]①
Sn=an+an-1+an-2+xxxxxx+a1
=an+(an-d)+(an-2d)+xxxxxx+[an-(n-1)d]②
由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+xxxxxx+(a1+an)(n个)=n(a1+an)
∴Sn=n(a1+an)÷2
等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：
Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2
Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)
亦可得
a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷n
an=2sn÷n-a1
有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+1
4.等差数列性质
一、任意两项am，an的关系为：
an=am+(n-m)d
它可以看作等差数列广义的通项公式。
二、从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：
a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1，k∈N*
三、若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则有am+an=ap+aq
四、对任意的.k∈N*，有
Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…，Snk-S(n-1)k…成等差数列。
等比数列
1.等比中项
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，xxx等比数列，那么G叫做a与b的等比中项。
有关系：
注：两个非零同号的实数的等比中项有两个，它们互为相反数，所以G=ab是a,G,b三数成等比数列的必要不充分条件。
2.等比数列通项公式
an=a1*q’(n-1)(其中首项是a1，公比是q)
an=Sn-S(n-1)(n≥2)
前n项和
当q≠1时，等比数列的前n项和的公式为
Sn=a1(1-q’n)/(1-q)=(a1-a1*q’n)/(1-q)(q≠1)
当q=1时，等比数列的前n项和的公式为
Sn=na1
3.等比数列前n项和与通项的关系
an=a1=s1(n=1)
an=sn-s(n-1)(n≥2)
4.等比数列性质
(1)若m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，则am·an=ap·aq;
(2)在等比数列中，依次每k项之和xxx等比数列。
(3)从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1，k∈{1,2,…，n}
(4)等比中项：q、r、xxx等比数列，则aq·ap=ar，ar则为ap，aq等比中项。
记πn=a1·a2…an，则有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1
另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底指数幂后构成一个等差数列;反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂Can，则是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。
(5)等比数列前n项之和Sn=a1(1-q’n)/(1-q)
(6)任意两项am，an的关系为an=am·q’(n-m)
(7)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零。
注意：上述公式中a’n表示a的n次方。
数列大总结 第6篇
一、高考数列基本公式：
1、一般数列的通项an与前n项和Sn的关系：an=
2、等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1为首项、ak为已知的第k项) 当d≠0时，an是xxx的一次式；当d=0时，an是一个常数。
3、等差数列的前n项和公式：
当d≠0时，Sn是xxx的二次式且常数项为0；当d=0时（a1≠0），Sn=na1是xxx的正比例式。
4、等比数列的通项公式： an= a1qn-1an= akqn-k
(其中a1为首项、ak为已知的第k项，an≠0)
5、等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=n a1 (是xxx的正比例式)；
当q≠1时，
二、高考数学中有关等差、等比数列的结论
1、等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、……仍为等差数列。
4、等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、……仍为等比数列。
5、两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列。
6、两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数组成的数列
7、等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列。
8、等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列。
9、三个数成等差数列的设法：a-d,a,a+d；四个数成等差的设法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d
10、三个数成等比数列的设法：a/q,a,aq；
三个数成等比的错误设法：a/q3,a/q,aq,aq3 (为什么？)
12、{bn}（bn>0）是等比数列，则{logcbn} (c>0且c≠1) 是等差数列。
数列大总结 第7篇
(1) a_{n}=a_{1}+(n-1) d (通项公式)； a_{n}=a_{m}+(n-m) d (广义通项公式)\\ (2) 若 m+n=p+q , 则: a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q} \\ (3) S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=\frac{n\left(a_{k}+a_{n-k+1}\right)}{2}=\frac{d}{2}·n^2 + (a_1-\frac{d}{2})n \\ (4) 若 a_{p}=q, a_{q}=p(p \neq q) , 则: d=-1 , 且 a_{p+q}=0 \\ (5) 若 S_{p}=q, S_{q}=p(p \neq q) , 则: S_{p+q}=-(p+q) \\ (6) S_{p+q}=S_{p}+S_{q}+p \cdot q \cdot d \\ (7) S_{m}, S_{2 m}-S_{m}, S_{3 m}-S_{2 m}, \cdots \cdots , 构成公差为 m^{2} d 的等差数列.\\ (8) 等差数列 \left\{a_{n}\right\} 、\left\{b_{n}\right\} 前 n 项之和分别为 S_{n}, T_{n} , 则: \frac{a_{m}}{b_{m}}=\frac{S_{2 m-1}}{T_{2 m-1}}
d=\frac{a_{n}-a_{m}}{n-m}, n=\frac{a_{n}-a_{1}}{d}+1 \\ S_{2 n-1}=(2 n-1) a_{n} \Leftrightarrow S_{n}=n a_{\frac{n+1}{2}}\\ {\frac{S_n }{n}} 是以\frac{d}{2}为公差的等差数列，a_1不变\\ \frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{A \cdot n+B}{C \cdot n+D} \Rightarrow (1) \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{S_{2 n-1}}{T_{2 n-1}} (2) \frac{a_{n}}{b_{m}}=\frac{A(2 n-1)+B}{C(2 m-1)+D}\\
若已知S_{m}, S_{n}, 则S_{m+n}=\frac{m+n}{m-n}\left(S_{m}-S_{n}\right)\left(m＞{n}\right)
(1) a_{n}=a_{1} \cdot q^{n-1}=\frac{a_{1}}{q} \cdot q^{n}=a_{m} \cdot q^{n-m} ; \quad a_{m+n}=a_{m} \cdot q^{n}=a_{n} \cdot q^{m} \\ (2) a_{1} \cdot a_{n}=a_{2} \cdot a_{n-1}=a_{3} \cdot a_{n-2}=\ldots \ldots=a_{k} \cdot a_{n-k+1} \\ (3) 若 m+n=e+f , 则: a_{m} \cdot a_{n}=a_{e} \cdot a_{f} (反之不一定成立)\\ (4) 若 \left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\} 为等比数列, 则: 数列 \left\{\lambda\left(a_{n}\right)^{\varphi_{1}}\left(b_{n}\right)^{\varphi_{2}}\right\} 是等比数列.\\ (5) 若 \left\{a_{n}\right\} 是正项等比数列, 则: 数列 \left\{\log _{a} a_{n}\right\} 是等差数列.\\ (6) 若数列 \left\{a_{n}\right\} 是等差数列, 则: 数列 \left\{b^{a_{n}}\right\} 是等比数列.\\ (7) S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{(1-q)} \quad(q \neq 1)=A\left(1-q^{n}\right) \quad\left(A=\frac{a_{1}}{(1-q)}\right) ; \quad S_{n}=n a_{1}(q=1) \\ (8) S_{m}, S_{2 m}-S_{m}, S_{3 m}-S_{2 m}, \cdots \cdots , 构成公比为 q^{m} 的等比数列.\\ (9) a_{1} \cdot a_{2} * \ldots \cdot a_{m}, a_{m+1} \cdot a_{m+2} \cdot \ldots \cdot a_{2 m}, a_{2 m+1} \cdot a_{2 m+2} * \ldots \cdot a_{3 m}, \ldots \ldots 公比为 q^{m^{2}} 的等比数列.
一、基础型数列：
叠加型数列：a_{n+1}=a_n+f(n)\
叠乘型数列：a_{n+1}=a_n\cdot f(n)\
①1阶常系数线性递推数列：a_{n+1}=pa_n+f(n)\
1、特别地，当f(n)=q\时，构造公比为 p 的等比数列
假设存在实数 x_0 ，使得 x_{n+1}-x_0=p\cdot(x_n-x_0)
展开得到 (1-p)\cdot x_0=q
解得 x_0=\frac{q}{1-p}
因此数列 \{x_n-\frac{q}{1-p}\} 是等比数列
累乘得 x_n-\frac{q}{1-p}=p^{n-1}\cdot(x_1-\frac{q}{1-p}) ，
移项后即可得到通项公式为 x_n=\frac{q}{1-p}+p^{n-1}\cdot(x_1-\frac{q}{1-p}) ，其中 p\ne 1 。
这时候，数列的通项公式是“常数+等比”的形式。
构造a_{n+1}-g(n+1)=p(a_n-g(n))\变成等比数列
构造\frac{a_{n+1}}{p^{n+1}}=\frac{a_n}{p_n}+h(n)\变成叠加型数列
②k阶常系数线性递推数列：a_{n+k}=c_1a_{n+k-1}+c_2a_{n+k-2}+...+c_ka_n\
令a_{n+i}=x^i\，得到一个关于x的方程，它有相异根x_1',x_2'...x_s'\ 这s个根出现次数分别为t_1,t_2...t_s\ 则a_n=\sum_{i=1}^s [x_i'^{\;n}\cdot f_{t_i}(n)]\，其中f_i(n)\为xxx\的t_i-1\次多项式，可通过数列的前几项求得。补充：可定义a_0\，解出a_n\后可以代入0这一项，更加好算
注：k阶常系数线性递推整数数列有模的周期性
三、分式线性递推数列 a_{n+1}=\frac{Aa_n+B}{Ca_n+D}(C \neq 0)\ 依然令a=x\，然后解出不动点x\
四、不可求通项类型数列
数列大总结 第8篇
一、题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。
例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2(n1)，求该数列的'通项公式an。
解：由an+1=an+2(n1)及已知可推出数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。所以an=2n-1。此类题主要是用等比、等差数列的定义判断，是较简单的基础小题。
二、已知数列的前n项和，用公式
S1 (n=1)
Sn-Sn-1 (n2)
例：已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n，第k项满足5
(A) 9 (B) 8 (C) 7 (D) 6
解：∵an=Sn-Sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8 ∴k=8 选 (B)
此类题在解时要注意考虑n=1的情况。
三、已知an与Sn的关系时，通常用转化的方法，先求出Sn与n的关系，再由上面的(二)方法求通项公式。
例：已知数列{an}的前n项和Sn满足an=SnSn-1(n2)，且a1=-，求数列{an}的通项公式。
解：∵an=SnSn-1(n2)，而an=Sn-Sn-1，SnSn-1=Sn-Sn-1，两边同除以SnSn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-} 是以-为首项，-1为公差的等差数列，∴-= -，Sn= -，
再用(二)的方法：当n2时，an=Sn-Sn-1=-，当n=1时不适合此式，所以，
- (n=1)
- (n2)
四、用累加、累积的方法求通项公式
对于题中给出an与an+1、an-1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。
例：设数列{an}是首项为1的正项数列，且满足(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式
解：∵(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，可分解为[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0
又∵{an}是首项为1的正项数列，∴an+1+an ≠0，∴-=-，由此得出：-=-，-=-，-=-，…，-=-,这n-1个式子，将其相乘得：∴ -=-，
又∵a1=1，∴an=-(n2)，∵n=1也成立，∴an=-(n∈N*)
五、用构造数列方法求通项公式
题目中若给出的是递推关系式，而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时，可以考虑通过变形，构造出含有 an(或Sn)的式子，使其成为等比或等差数列，从而求出an(或Sn)与n的关系，这是近一、二年来的高考热点，因此既是重点也是难点。
例：已知数列{an}中，a1＝2，an+1=(--1)(an+2)，n=1,2,3,……
(1)求{an}通项公式 (2)略
解：由an+1=(--1)(an+2)得到an+1--＝ (--1)(an--)
∴{an--}是首项为a1--，公比为--1的等比数列。
由a1＝2得an--=(--1)n-1(2--) ，于是an=(--1)n-1(2--)+-
又例：在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1(n∈N*)，证明数列{an-n}是等比数列。
证明：本题即证an+1-(n+1)=q(an-n) (xxx非0常数)
由an+1=4an-3n+1，可变形为an+1-(n+1)=4(an-n)，又∵a1-1=1，
所以数列{an-n}是首项为1，公比为4的等比数列。
若将此问改为求an的通项公式，则仍可以通过求出{an-n}的通项公式，再转化到an的通项公式上来。
又例：设数列{an}的首项a1∈(0,1)，an=-，n=2，3，4……(1)求{an}通项公式。(2)略
解：由an=-，n=2,3,4,……，整理为1-an=--(1-an-1)，又1-a1≠0，所以{1-an}是首项为1-a1，公比为--的等比数列，得an=1-(1-a1)(--)n-1
数列大总结 第9篇
数学高考必考知识点总结
数学高考必考知识点总结1
易错点1 遗忘空集致误
错因分析：由于空集是任何非空集合的真子集，因此，对于集合B高三经典纠错笔记：数学A，就有B=A，φ≠B高三经典纠错笔记：数学A，B≠φ，三种情况，在解题中如果思维不够缜密就有可能忽视了 B≠φ这种情况，导致解题结果错误。尤其是在解含有参数的集合问题时，更要充分注意当参数在某个范围内取值时所给的集合可能是空集这种情况。空集是一个特殊的集合，由于思维定式的原因，考生往往会在解题中遗忘了这个集合，导致解题错误或是解题不全面。 易错点2 忽视集合元素的三性致误
错因分析：集合中的元素具有确定性、无序性、互异性，集合元素的三性中互异性对解题的影响最大，特别是带有字母参数的集合，实际上就隐含着对字母参数的一些要求。在解题时也可以先确定字母参数的范围后，再具体解决问题。
易错点3 四种命题的结构不明致误
错因分析：如果原命题是“若 A则B”，则这个命题的逆命题是“若B则A”，否命题是“若┐A则┐B”，逆否命题是“若┐B则┐A”。这里面有两组等价的命题，即“原命题和它的逆否命题等价，否命题与逆命题等价”。在解答由一个命题写出该命题的其他形式的命题时，一定要明确四种命题的结构以及它们之间的等价关系。另外，在否定一个命题时，要注意全称命题的否定是特称命题，特称命题的
否定是全称命题。如对“a,b都是偶数”的否定应该是“a,b不都是偶数”，而不应该是“a ,b都是奇数”。
易错点4 充分必要条件颠倒致误
错因分析：对于两个条件A，B，如果A=>B成立，则A是B的充分条件，B是A的必要条件；如果B=>A成立，则A是B的必要条件，B是A的充分条件；如果A<=>B，则A，B互为充分必要条件。解题时最容易出错的就是颠倒了充分性与必要性，所以在解决这类问题时一定要根据充要条件的概念作出准确的判断。
回忆一下初中学过的“等价于”这一概念;如果从命题A成立可以推出命题B成立，反过来，从命题B成立也可以推出命题A成立，那么称A等价于B，记作A<=>B。“充要条件”的含义，实际上与“等价于”的含义完全相同。也就是说，如果命题A等价于命题B，那么我们说命题A成立的充要条件是命题B成立;同时有命题B成立的充要条件是命题A成立。
(3)定义与充要条件
数学中，只有A是B的充要条件时，才用A去定义B，因此每个定义中都包含一个充要条件。如“两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形”这一定义就是说，一个四边形为平行四边形的充要条件是它的两组对边分别平行。
显然，一个定理如果有逆定理，那么定理、逆定理合在一起，可以用一个含有充要条件的语句来表示。
“充要条件”有时还可以改用“当且仅当”来表示，其中“当”表示“充分”。“仅当”表示“必要”。
一般地，定义中的条件都是充要条件，判定定理中的条件都是充分条件，性质定理中的“结论”都可作为必要条件。
数列大总结 第10篇
高中数学数列知识点
数列的函数理解：
①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N_或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
通项公式：数列的第N项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式an=f(n)来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式(注：通项公式不)。
数列通项公式的特点：
(1)有些数列的通项公式可以有不同形式，即不。
(2)有些数列没有通项公式(如：素数由小到大排成一列2，3，5，7，11，...)。
递推公式：如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
数列递推公式特点：
(1)有些数列的递推公式可以有不同形式，即不。
(2)有些数列没有递推公式。
有递推公式不一定有通项公式。
注：数列中的项必须是数，它可以是实数，也可以是复数。
等差数列通项公式
an=a1+(n-1)d
n=1时a1=S1
n≥2时an=Sn-Sn-1
an=kn+b(k,b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b
等差中项
由三个数a，A，xxx的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。
有关系：A=(a+b)÷2
前n项和
倒序相加法推导前n项和公式：
Sn=a1+a2+a3+xxx··+an
=a1+(a1+d)+(a1+2d)+xxxxxx+[a1+(n-1)d]①
Sn=an+an-1+an-2+xxxxxx+a1
=an+(an-d)+(an-2d)+xxxxxx+[an-(n-1)d]②
由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+xxxxxx+(a1+an)(n个)=n(a1+an)
∴Sn=n(a1+an)÷2
等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：
Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2
Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)
亦可得
a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷n
an=2sn÷n-a1
有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+1
等差数列性质
一、任意两项am，an的关系为：
an=am+(n-m)d
它可以看作等差数列广义的通项公式。
二、从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：
a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1，k∈N_
三、若m，n，p，q∈N_，且m+n=p+q，则有am+an=ap+aq
四、对任意的k∈N_，有
Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…，Snk-S(n-1)k…成等差数列。
怎么样提高数学成绩
首先想要提升数学成绩，成为数学学霸的前提是要对数学有良好的学习兴趣。其次要学会课前预习，方便自己能够更加深入的吃透课堂上的知识点。然后还要学会总结复习，总结自己课堂上的问题，复习课堂上的重要知识点，从而提高自己的数学成绩。
提升数学成绩还要拥有一个错题本，和数学资料。认真对待自己的学习工具，多做练习题，找出自己的薄弱环节和自己常犯的题型，记在错题本上，常练习，常巩固。在自己的数学资料中摸索出适合自己的解题技巧，反复练习加以运用，一定会提升你的数学成绩。
学会听课，在课堂上勇于提问。数学最重要的部分都是在课本上，所以必须要掌握好课堂的45分钟。把握好数学课本，为自己打下一个好基础，这样才能更有效的提升你的数学成绩。学会做课堂笔记，把每节课的重要知识点记下来，以便接下来的复习。
学好数学的方法技巧整理
预习的方法
上课之前一定要抽时间进行预习，有时预习比做作业更重要，因为通过预习我们可以初步掌握课程的大致内容，听课就能够把握好重点，针对性比较强，还会带着问题去听课，听课效率就会比较高，上课听明白了，完成作业也会更好更快，最终会形成良性循环。
听懂课的习惯
注意听教师每节课强调的学习重点，注意听对定理、公式、法则的引入与推导的方法和过程，注意听对例题关键部分的提示和处理方法，注意听对疑难问题的解释及一节课最后的小结，这样，抓住重、难点，沿着知识的发生发展的过程来听课，不仅能提高听课效率，而且能由“听会”转变为“会听”。
不断练习
不断练习是指多做数学练习题。希望学好数学，多做练习是必不可少的。做练习的原因有以下三点：第一，熟练和巩固学到的数学知识;二，引导同学灵活运用所学知识点以及独立思考独立做题的水平;第三，融会贯通。通过做题将所学的所有知识点结合起来，加深同学对数学体系化的理解。
数列大总结 第11篇
数列的知识点总结
数列的知识点总结
数列知识：数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N*或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。
①用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。
数列的一般形式可以写成
a1，a2，a3，…，an，a(n+1)，……
简记为{an}，
项数有限的数列为“有穷数列”(finite sequence)，
项数无限的数列为“无穷数列”(infinite sequence)。
数列的各项都是正数的为正项数列;
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列xxx增数列;如：1，2，3，4，5，6，7;
从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列xxx减数列;如：8，7，6，5，4，3，2，1;
从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列叫做摆动数列;
各项呈周期性变化的数列叫做周期数列(如三角函数);
各项相等的数列叫做常数列(如：2，2，2，2，2，2，2，2，2)。
通项公式：数列的第N项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式an=f(n)来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式(注：通项公式不唯一)。
递推公式：如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
数列中项的总数为数列的项数。特别地，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})为定义域的函数an=f(n)。
如果可以用一个公式来表示，则它的通项公式是a(n)=f(n).
并非所有的数列都能写出它的通项公式。例如：π的不同近似值，根据精确的程度，可形成一个数列3，，，，…它没有通项公式。
数列中的项必须是数，它可以是实数，也可以是复数。
用符号{an}表示数列，只不过是“借用”集合的符号，它们之间有本质上的区别：1.集合中的元素是互异的，而数列中的项可以是相同的。2.集合中的元素是无序的，而数列中的项必须按一定顺序排列，也就是必须是有序的。
知识拓展：函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
初中数学知识点总结：平面直角坐标系
下面是对平面直角坐标系的内容学习，希望同学们很好的掌握下面的内容。
平面直角坐标系
平面直角坐标系：在平面内画两条互相垂直、原点重合的数轴，组成平面直角坐标系。
水平的数轴称为x轴或横轴，竖直的'数轴称为y轴或纵轴，两坐标轴的交点为平面直角坐标系的原点。
平面直角坐标系的要素：①在同一平面②两条数轴③互相垂直④原点重合
三个规定：
①正方向的规定横轴取向右为正方向，纵轴取向上为正方向
②单位长度的规定；一般情况，横轴、纵轴单位长度相同；实际有时也可不同，但同一数轴上必须相同。
③象限的规定：右上为第一象限、左上为第二象限、左下为第三象限、右下为第四象限。
相信上面对平面直角坐标系知识的讲解学习，同学们已经能很好的掌握了吧，希望同学们都能考试成功。
初中数学知识点：平面直角坐标系的构成
对于平面直角坐标系的构成内容，下面我们一起来学习哦。
平面直角坐标系的构成
在同一个平面上互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，简称为直角坐标系。通常，两条数轴分别置于水平位置与铅直位置，取向右与向上的方向分别为两条数轴的正方向。水平的数轴叫做X轴或横轴，铅直的数轴叫做Y轴或纵轴，X轴或Y轴统称为坐标轴，它们的公共原点O称为直角坐标系的原点。
通过上面对平面直角坐标系的构成知识的讲解学习，希望同学们对上面的内容都能很好的掌握，同学们认真学习吧。
初中数学知识点：点的坐标的性质
下面是对数学中点的坐标的性质知识学习，同学们认真看看哦。
点的坐标的性质
建立了平面直角坐标系后，对于坐标系平面内的任何一点，我们可以确定它的坐标。反过来，对于任何一个坐标，我们可以在坐标平面内确定它所表示的一个点。
对于平面内任意一点C，过点C分别向X轴、Y轴作垂线，垂足在X轴、Y轴上的对应点a，b分别叫做点C的横坐标、纵坐标，有序实数对（a，b）叫做点C的坐标。
一个点在不同的象限或坐标轴上，点的坐标不一样。
希望上面对点的坐标的性质知识讲解学习，同学们都能很好的掌握，相信同学们会在考试中取得优异成绩的。
初中数学知识点：因式分解的一般步骤
关于数学中因式分解的一般步骤内容学习，我们做下面的知识讲解。
因式分解的一般步骤
如果多项式有公因式就先提公因式，没有公因式的多项式就考虑运用公式法；若是四项或四项以上的多项式，
通常采用分组分解法，最后运用十字相乘法分解因式。因此，可以概括为：“一提”、“二套”、“三分组”、“四十字”。
注意：因式分解一定要分解到每一个因式都不能再分解为止，否则就是不完全的因式分解，若题目没有明确指出在哪个范围内因式分解，应该是指在有理数范围内因式分解，因此分解因式的结果，必须是几个整式的积的形式。
相信上面对因式分解的一般步骤知识的内容讲解学习，同学们已经能很好的掌握了吧，希望同学们会考出好成绩。
初中数学知识点：因式分解
下面是对数学中因式分解内容的知识讲解，希望同学们认真学习。
因式分解
因式分解定义：把一个多项式化成几个整式的积的形式的变形叫把这个多项式因式分解。
因式分解要素：①结果必须是整式②结果必须是积的形式③结果是等式④
因式分解与整式乘法的关系：m(a+b+c)
公因式：一个多项式每项都含有的公共的因式，叫做这个多项式各项的公因式。
公因式确定方法：①系数是整数时取各项最大公约数。②相同字母取最低次幂③系数最大公约数与相同字母取最低次幂的积就是这个多项式各项的公因式。
提取公因式步骤：
①确定公因式。②确定商式③公因式与商式写成积的形式。
分解因式注意；
①不准丢字母
②不准丢常数项注意查项数
③双重括号化成单括号
④结果按数单字母单项式多项式顺序排列
⑤相同因式写成幂的形式
⑥首项负号放括号外
⑦括号内同类项合并。
数列大总结 第12篇
第一，函数与导数
主要考查集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
第二，平面向量与三角函数、三角变换及其应用
这一部分是高考的重点但不是难点，主要出一些基础题或中档题。
第三，数列及其应用
这部分是高考的重点而且是难点，主要出一些综合题。
第四，不等式
主要考查不等式的求解和证明，而且很少单独考查，主要是在解答题中比较大小。是高考的重点和难点。
第五，概率和统计
这部分和我们的生活联系比较大，属应用题。
第六，空间位置关系的定性与定量分析
主要是证明平行或垂直，求角和距离。主要考察对定理的熟悉程度、运用程度。
第七，解析几何
高考的难点，运算量大，一般含参数。
2020高考数学必考知识点：高考理科数学高频必考考点
一、三角函数题
三角题一般在解答题的前两道题的位置上,主要考查三角恒等变换、三角函数的图像与性质、解三角形等有关内容.三角函数、平面向量和三角形中的正、余弦定理相互交汇,是高考中考查的热点.
二、数列题
数列题重点考查等差数列、等比数列、递推数列的综合应用,常与不等式、函数、导数等知识综合交汇,既考查分类、转化、化归、归纳、递推等数学思想方法,又考查综合运用知识进行运算、推理论证及解决问题的能力.近几年这类试题的位置有所前移,难度明显降低.
三、立体几何题
常以柱体、锥体、组合体为载体全方位地考查立体几何中的重要内容,如线线、线面与面面的位置关系,线面角、二面角问题,距离问题等,既有计算又有证明,一题多问,递进排列,此类试题既可用传统方法解答,又可用空间向量法处理,有的题是两法兼用,可谓珠联璧合,相得益彰.究竟选用哪种方法,要由自己的长处和图形特点来确定.便于建立空间直角坐标系的,往往选用向量法,反之,选用传统方法.另外,“动态”探索性问题是近几年高考立体几何命题的新亮点,三视图的巧妙参与也是立体几何命题的新手法,要注意把握.
四、概率问题
概率题一般在解答题的前三道题的位置上,主要考查数据处理能力、应用意识、必然与或然思想,因此近几年概率题常以概率与统计的交汇形式呈现,并用实际生活中的背景来“包装”.概率重点考查离散型随机变量的分布列与期望、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复试验与二项分布等;统计重点考查抽样方法(特别是分层抽样)、样本的频率分布、样本的特征数、茎叶图、线性回归、列联表等,穿插考查合情推理能力和优化决策能力.同时,关注几何概型与定积分的交汇考查,此类试题在近几年的高考中难度有所提升,考生应有心理准备.
五、圆锥曲线问题
解析几何题一般在解答题的后三道题的位置上,有时是“把关题”或“压轴题”,说明了解析几何题依然是重头戏,在新课标高考中依然占有较突出的地位.考查重点:第一,解析几何自身模块的小交汇,是指以圆、圆锥曲线为载体呈现的,将两种或两种以上的知识结合起来综合考查.如不同曲线(含直线)之间的结合,直线是各类曲线和相关试题最常用的“调味品”,显示了直线与方程的各知识点的基础性和应用性.第二,圆锥曲线与不同模块知识的大交汇,以解析几何与函数、向量、代数知识的结合最为常见.有关解析几何的最值、定值、定点问题应给予重视.一般来说,解析几何题计算量大且有一定的技巧性(要求品出“几何味”来),需要“精打细算”,对考生的意志品质和数学机智都是一种考验和检测.
六、导数、极值、最值、不等式恒成立(或逆用求参)问题
数列大总结 第13篇
易错点1 遗忘空集致误
错因分析：由于空集是任何非空集合的真子集，因此，对于集合B高三经典纠错笔记：数学A，就有B=A，φ≠B高三经典纠错笔记：数学A，B≠φ，三种情况，在解题中如果思维不够缜密就有可能忽视了 B≠φ这种情况，导致解题结果错误。尤其是在解含有参数的集合问题时，更要充分注意当参数在某个范围内取值时所给的集合可能是空集这种情况。空集是一个特殊的集合，由于思维定式的原因，考生往往会在解题中遗忘了这个集合，导致解题错误或是解题不全面。 易错点2 忽视集合元素的三性致误
错因分析：集合中的元素具有确定性、无序性、互异性，集合元素的三性中互异性对解题的影响最大，特别是带有字母参数的集合，实际上就隐含着对字母参数的一些要求。在解题时也可以先确定字母参数的范围后，再具体解决问题。
易错点3 四种命题的结构不明致误
错因分析：如果原命题是“若 A则B”，则这个命题的逆命题是“若B则A”，否命题是“若┐A则┐B”，逆否命题是“若┐B则┐A”。这里面有两组等价的命题，即“原命题和它的逆否命题等价，否命题与逆命题等价”。在解答由一个命题写出该命题的其他形式的命题时，一定要明确四种命题的结构以及它们之间的等价关系。另外，在否定一个命题时，要注意全称命题的否定是特称命题，特称命题的
否定是全称命题。如对“a,b都是偶数”的否定应该是“a,b不都是偶数”，而不应该是“a ,b都是奇数”。
易错点4 充分必要条件颠倒致误
错因分析：对于两个条件A，B，如果A=>B成立，则A是B的充分条件，B是A的必要条件；如果B=>A成立，则A是B的必要条件，B是A的充分条件；如果A<=>B，则A，B互为充分必要条件。解题时最容易出错的就是颠倒了充分性与必要性，所以在解决这类问题时一定要根据充要条件的概念作出准确的判断。
易错点6 求函数定义域忽视细节致误
错因分析：函数的定义域是使函数有意义的自变量的取值范围，因此要求定义域就要根据函数解析式把各种情况下的自变量的限制条件找出来，列成不等式组，不等式组的解集就是该函数的定义域。在求一般函数定义域时要注意下面几点：（1）分母不为0；（2）偶次被开放式非负；（3）真数大于0；（4）0的0次幂没有意义。函
数的定义域是非空的数集，在解决函数定义域时不要忘记了这点。对于复合函数，要注意外层函数的定义域是由内层函数的值域决定的。 易错点7 带有绝对值的函数单调性判断错误
错因分析：带有绝对值的函数实质上就是分段函数，对于分段函数的单调性，有两种基本的判断方法：一是在各个段上根据函数的解析式所表示的函数的单调性求出单调区间，最后对各个段上的单调区间进行整合；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的判断。研究函数问题离不开函数图象，函数图象反应了函数的所有性质，在研究函数问题时要时时刻刻想到函数的图象，学会从函数图象上去分析问题，寻找解决问题的方案。对于函数的几个不同的单调递增（减）区间，千万记住不要使用并集，只要指明这几个区间是该函数的单调递增（减）区间即可。
易错点8 求函数奇偶性的常见错误
错因分析：求函数奇偶性的常见错误有求错函数定义域或是忽视函数定义域，对函数具有奇偶性的前提条件不清，对分段函数奇偶性判断方法不当等。判断函数的奇偶性，首先要考虑函数的`定义域，一个函数具备奇偶性的必要条件是这个函数的定义域区间关于原点对称，如果不具备这个条件，函数一定是非奇非偶的函数。在定义域区间关于原点对称的前提下，再根据奇偶函数的定义进行判断，在用定义进行判断时要注意自变量在定义域区间内的任意性。
易错点9 抽象函数中推理不严密致误
错因分析：很多抽象函数问题都是以抽象出某一类函数的共同“特征”而设计出来的，在解决问题时，可以通过类比这类函数中一些具体函数的性质去解决抽象函数的性质。解答抽象函数问题要注意特殊赋值法的应用，通过特殊赋值可以找到函数的不变性质，这个不变性质往往是进一步解决问题的突破口。抽象函数性质的证明是一种代数推理，和几何推理证明一样，要注意推理的严谨性，每一步推理都要有充分的条件，不可漏掉一些条件，更不要臆造条件，推理过程要层次分明，书写规范。
易错点10 函数零点定理使用不当致误
错因分析：如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)f(b)＜0，那么，函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在c∈(a,b)，使得f(c)=0，这个c也是方程f(c)=0的根，这个结论我们一般称之为函数的零点定理。函数的零点有“变号零点”和“不变号零点”，对于“不变号零点”，函数的零点定理是“无能为力”的，在解决函数的零点时要注意这个问题。
易错点11 混淆两类切线致误
错因分析：曲线上一点处的切线是指以该点为切点的曲线的切线，这样的切线只有一条；曲线的过一个点的切线是指过这个点的曲线的所有切线，这个点如果在曲线上当然包括曲线在该点处的切线，曲线的过一个点的切线可能不止一条。因此求解曲线的切线问题时，首先要区分是什么类型的切线。
易错点12 混淆导数与单调性的关系致误
错因分析：对于一个函数在某个区间上是增函数，如果认为函数的导函数在此区间上恒大于0，就会出错。研究函数的单调性与其导函数的关系时一定要注意：一个函数的导函数在某个区间上单调递增（减）的充要条件是这个函数的导函数在此区间上恒大（小）于等于0，且导函数在此区间的任意子区间上都不恒为零。
易错点13 导数与极值关系不清致误
错因分析：在使用导数求函数极值时，很容易出现的错误就是求出使导函数等于0的点，而没有对这些点左右两侧导函数的符号进行判断，误以为使导函数等于0的点就是函数的极值点。出现这些错误的原因是对导数与极值关系不清。可导函数在一个点处的导函数值为零只是这个函数在此点处取到极值的必要条件，在此提醒广大考生在使用导数求函数极值时一定要注意对极值点进行检验。
易错点14 用错基本公式致误
错因分析：等差数列的首项为a1、公差为d，则其通项公式an=a1+(n-1)d，前n项和公式Sn=na1+n(n-1)d/2=(a1+an)d/2；等比数列的首项为a1、公比为q，则其通项公式an=a1pn－1，当公比q≠1时，前n项和公式Sn=a1(1-pn)/(1-q)=(a1-anq)/(1-q)，当公比q=1时，前n项和公式Sn=na1。在数列的基础性试题中，等差数列、等比数列的这几个公式是解题的根本，用错了公式，解题就失去了方向。 易错点15 an,Sn关系不清致误
数列大总结 第14篇
\begin{array}{l} a_1 · b _1+a_2 · b_2+a_3 · b_3+\ldots+a_ n · b_ n \\ =\left(b_{1}-b_{2}\right) a_{1} \\ +\left(b_{2}-b_{3}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right) \\ +\left(b_{3}-b_{4}\right)\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right) \\ +\ldots \\ +\left(b_{n-1}-b_{n}\right)\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n-1}\right) \\ +b_{n}\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}\right) \\ \end{array}
若 b_n为等差，b_n的差分\Delta b_n=d 【对于幂函数也适用】
则 S_n=\frac{a_1b_nq\frac{q^{n-1}-1}{q-1}+a_1d(n-q\frac{q^{n-1}}{q-1})}{q-1}
简化： 对于C_n=(an+b)q^{n-1}
S_n=(An+B)q^n-B
其中 A=\frac{a}{q-1}，B=\frac{b-A}{q-1}
数列中分奇偶项求和
数列放缩+其他特殊
五、其他求法
参考文献【基本查了个遍】：
……多的离谱，不干了
数列大总结 第15篇
必修二数学数列知识点总结
一、排列组合与二项式定理知识点
1.计数原理知识点
①乘法原理：N=n1·n2·n3·…nM (分步) ②加法原理：N=n1+n2+n3+…+nM (分类)
2. 排列(有序)与组合(无序)
Anm=n(n-1)(n-2)(n-3)…(n-m+1)=n!/(n-m)! Ann =n!
Cnm = n!/(n-m)!m!
Cnm= Cnn-m Cnm+Cnm+1= Cn+1m+1 k?k!=(k+1)!-k!
3.排列组合混合题的解题原则：先选后排，先分再排
排列组合题的主要解题方法：优先法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素. 以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.
捆绑法(集团元素法，把某些必须在一起的元素视为一个整体考虑)
插空法(解决相间问题) 间接法和去杂法等等
在求解排列与组合应用问题时，应注意：
(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题;
(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理;
(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏;
(4)列出式子计算和作答.
经常运用的数学思想是：
①分类讨论思想;②转化思想;③对称思想.
4.二项式定理知识点：
①(a+b)n=Cn0ax+Cn1an-1b1+ Cn2an-2b2+ Cn3an-3b3+…+ Cnran-rbr+…+ Cn n-1abn-1+ Cnnbn
特别地：(1+x)n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnrxr+…+Cnnxn
②主要性质和主要结论：对称性Cnm=Cnn-m
最大二项式系数在中间。(要注意n为奇数还是偶数，答案是中间一项还是中间两项)
所有二项式系数的和：Cn0+Cn1+Cn2+ Cn3+ Cn4+…+Cnr+…+Cnn=2n
奇数项二项式系数的和=偶数项而是系数的和
Cn0+Cn2+Cn4+ Cn6+ Cn8+…=Cn1+Cn3+Cn5+ Cn7+ Cn9+…=2n -1
③通项为第r+1项： Tr+1= Cnran-rbr 作用：处理与指定项、特定项、常数项、有理项等有关问题。
5.二项式定理的应用：解决有关近似计算、整除问题，运用二项展开式定理并且结合放缩法证明与指数有关的不等式。
6.注意二项式系数与项的系数(字母项的系数，指定项的系数等，指运算结果的系数)的区别，在求某几项的系数的和时注意赋值法的应用。
二、高中数学中有关等差、等比数列的结论
1、等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍为等差数列。
2、等差数列{an}中,若m+n=p+q,则 am+an=ap+aq
3、等比数列{an}中,若m+n=p+q,则am·an=ap·aq
4、等比数列{an}的任意连续m项的.和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍为等比数列。
5、两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列。
6、两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数组成的数列
7、等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列。
8、等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列。
9、三个数成等差数列的设法:a-d,a,a+d;四个数成等差的设法:a-3d,a-d,,a+d,a+3d
10、三个数成等比数列的设法:a/q,a,aq;
三、数列基本公式:
1、一般数列的通项an与前n项和Sn的关系:an= S1(n-1)或Sn-Sn-1(n>2或n=2)
2、等差数列的通项公式:an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1为首项、ak为已知的第k项) 当d≠0时,an是xxx的一次式;当d=0时,an是一个常数。
3、等差数列的前n项和公式:Sn=na1+[n(n-1)/2]d
Sn=n(a1+a2)/2
Sn=nan-[n(n-1)/2]d
当d≠0时,Sn是xxx的二次式且常数项为0;当d=0时(a1≠0),Sn=na1是xxx的正比例式。
4、等比数列的通项公式: an= a1 qn-1 an= ak qn-k(其中a1为首项、ak为已知的第k项,an≠0)
5、等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=n a1 (是xxx的正比例式);
怎么学好数学
1、要有学习数学的兴趣。“兴趣是最好的老师”。做任何事情，只要有兴趣，就会积极、主动去做，就会想方设法把它做好。但培养数学兴趣的关键是必须先掌握好数学基础知识和基本技能。有的同学老想做难题，看到别人上数奥班，自己也要去。如果这些同学连课内的基础知识都掌握不好，在里面学习只能滥竽充数，对学习并没有帮助，反而使自己失去学习数学的信心。我建议同学们可以看一些数学名人小故事、趣味数学等知识来增强学习的自信心。
2、要有端正的学习态度。首先，要明确学习是为了自己，而不是为了老师和父母。因此，上课要专心、积极思考并勇于发言。其次，回家后要认真完成作业，及时地把当天学习的知识进行复习，再把明天要学的内容做一下预习，这样，学起来会轻松，理解得更加深刻些。
3、要有“持之以恒”的精神。要使学习成绩提高，不能着急，要一步一步地进行，不要指望一夜之间什么都学会了。即使进步慢一点，只要坚持不懈，也一定能在数学的学习道路上获得成功!还要有“不耻下问”的精神，不要怕丢面子。其实无论知识难易，只要学会了，弄懂了，那才是最大的面子!
数学两个平面的位置关系知识点
(1)两个平面互相平行的定义：空间两平面没有公共点
(2)两个平面的位置关系：
两个平面平行——没有公共点;两个平面相交——有一条公共直线。
a、平行
两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。
两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么交线平行。
b、相交
二面角
(1)半平面：平面内的一条直线把这个平面分成两个部分，其中每一个部分叫做半平面。
(2)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。二面角的取值范围为[0°，180°]
(3)二面角的棱：这一条直线叫做二面角的棱。
(4)二面角的面：这两个半平面叫做二面角的面。
(5)二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线xxx的角叫做二面角的平面角。
(6)直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角。
两平面垂直
两平面垂直的定义：两平面相交，如果xxx的角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。记为⊥
两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直
两个平面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。
二面角求法：直接法(作出平面角)、三垂线定理及逆定理、面积射影定理、空间向量之法向量法(注意求出的角与所需要求的角之间的等补关系)
数列大总结 第16篇
高一数列知识点总结
等差数列公式
等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d
或an=am+(n-m)d
前n项和公式为：Sn=na1+[n(n-1)/2] d或sn=(a1+an)n/2
若m+n=2p则：am+an=2ap
以上n均为正整数
第n项的值=首项+(项数-1)*公差
前n项的和=(首项+末项)*项数/2
公差=后项-前项
等比数列公式
等比数列求和公式
(1) 等比数列：a (n+1)/an=q (n∈N)。
(2) 通项公式：an=a1×q^(n-1); 推广式：an=am×q^(n-m);
(3) 求和公式：Sn=n×a1 (q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) (xxx公比，n为项数)
(4)性质：
①若 m、n、p、q∈N，且m+n=p+q，则am×an=ap×aq;
②在等比数列中，依次每 k项之和xxx等比数列.
③若m、n、q∈N，且m+n=2q，则am×an=aq^2
(5)“G是a、b的等比中项”“G^2=ab(G ≠ 0)”.
(6)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零. 注意：上述公式xxx表示等比数列的第n项。
等比数列求和公式推导： Sn=a1+a2+a3+...+an(公比为q) q*Sn=a1*q+a2*q+a3*q+...+an*q =a2+a3+a4+...+a(n+1) Sn-q*Sn=a1-a(n+1) (1-q)Sn=a1-a1*q^n Sn=(a1-a1*q^n)/(1-q) Sn=(a1-an*q)/(1-q) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) Sn=k*(1-q^n)~y=k*(1-a^x)。
数列大总结 第17篇
高中数列知识点总结
高中数列知识点总结
1、高二数学数列的定义
按一定次序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数都叫做数列的项。
(1)从数列定义可以看出，数列的数是按一定次序排列的，如果组成数列的数相同而排列次序不同，那么它们就不是同一数列，例如数列1，2，3，4，5与数列5，4，3，2，1是不同的数列。
(2)在数列的定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，在同一数列中可以出现多个相同的数字，如：-1的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂，…构成数列：-1，1，-1，1，…。
(4)数列的项与它的项数是不同的，数列的项是指这个数列中的某一个确定的数，是一个函数值，也就是相当于f(n)，而项数是指这个数在数列中的位置序号，它是自变量的值，相当于f(n)中的n。
(5)次序对于数列来讲是十分重要的，有几个相同的数，由于它们的排列次序不同，构成的'数列就不是一个相同的数列，显然数列与数集有本质的区别。如：2，3，4，5，6这5个数按不同的次序排列时，就会得到不同的数列，而{2，3，4，5，6}中元素不论按怎样的次序排列都是同一个集合。
2、高二数学数列的分类
(1)根据数列的项数多少可以对数列进行分类，分为有穷数列和无穷数列。在写数列时，对于有穷数列，要把末项写出，例如数列1，3，5，7，9，…，2n-1表示有穷数列，如果把数列写成1，3，5，7，9，…或1，3，5，7，9，…，2n-1，…，它就表示无穷数列。
(2)按照项与项之间的大小关系或数列的增减性可以分为以下几类：递增数列、递减数列、摆动数列、常数列。
3、高二数学数列的通项公式
数列是按一定次序排列的一列数，其内涵的本质属性是确定这一列数的规律，这个规律通常是用式子f(n)来表示的，
这两个通项公式形式上虽然不同，但表示同一个数列，正像每个函数关系不都能用解析式表达出来一样，也不是每个数列都能写出它的通项公式;有的数列虽然有通项公式，但在形式上，又不一定是唯一的，仅仅知道一个数列前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的，通项公式更非唯一。如：数列1，2，3，4，…，
由公式写出的后续项就不一样了，因此，通项公式的归纳不仅要看它的前几项，更要依据数列的构成规律，多观察分析，真正找到数列的内在规律，由数列前几项写出其通项公式，没有通用的方法可循。
再强调对于数列通项公式的理解注意以下几点：
(1)数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*或它的有限子集{1，2，…，n}为定义域的函数的表达式。
(2)如果知道了数列的通项公式，那么依次用1，2，3，…去替代公式中的n就可以求出这个数列的各项;同时，用数列的通项公式也可判断某数是否是某数列中的一项，如果是的话，是第几项。
(3)如所有的函数关系不一定都有解析式一样，并不是所有的数列都有通项公式。
如2的不足近似值，精确到1，0。1，0。01，0。001，0。000 1，…所构成的数列1，1。4，1。41，1。414，1。414 2，…就没有通项公式。
(4)有的数列的通项公式，形式上不一定是唯一的，正如举例中的：
(5)有些数列，只给出它的前几项，并没有给出它的构成规律，那么仅由前面几项归纳出的数列通项公式并不唯一。
4、高二数学数列的图象
对于数列4，5，6，7，8，9，10每一项的序号与这一项有下面的对应关系：
序号：1 2 3 4 5 6 7
项： 4 5 6 7 8 9 10
这就是说，上面可以看成是一个序号集合到另一个数的集合的映射。因此，从映射、函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整集N*(或它的有限子集{1，2，3，…，n})的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一列函数值。这里的函数是一种特殊的函数，它的自变量只能取正整数。
由于数列的项是函数值，序号是自变量，数列的通项公式也就是相应函数和解析式。
数列是一种特殊的函数，数列是可以用图象直观地表示的。
数列用图象来表示，可以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标，描点画图来表示一个数列，在画图时，为方便起见，在平面直角坐标系两条坐标轴上取的单位长度可以不同，从数列的图象表示可以直观地看出数列的变化情况，但不精确。
把数列与函数比较，数列是特殊的函数，特殊在定义域是正整数集或由以1为首的有限连续正整数组成的集合，其图象是无限个或有限个孤立的点。
5、高二数学递推数列
数列大总结 第18篇
累加恒等式: a_{n}=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1}
累乘恒等式: a_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdot \cdots \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot a_{1}\left(a_{n} \neq 0\right)
类型一: 已知 a_{1}=a, a_{n+1}=a_{n}+f(n) , 求 a_{n} . 分析 累加法: a_{n+1}-a_{n}=f(n) \Rightarrow a_{n+1}=a_{1}+\sum_{k=1}^{n} f(k) .
(1) f(n)=k n+b \\ (2) f(n)=k a^{n} \\ (3) f(n)=\frac{1}{\left(k n+b_{1}\right)\left(k n+b_{2}\right)} ，即数列 \{f(n)\} 可通过裂项相消法求和。
类型二: 已知 a_{1}=a, a_{n+1}=f(n) a_{n} , 求 a_{n} . 分析 累乘法: \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=f(n) \Rightarrow a_{n+1}=a_{1} \cdot \prod_{k=1}^{n} f(k) . 【例 1】在数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=3, a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n(n+1)} , 求通项公式 a_{n} . 原递推式可化为: a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} , 则 a_{2}=a_{1}+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}, a_{3}=a_{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3} , a_{4}=a_{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}, \cdots, a_{n}=a_{n-1}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}, 逐项相加得: a_{n}=a_{1}+1-\frac{1}{n} . 故 a_{n}=4-\frac{1}{n} .
(1) f(n)=\frac{c n+d}{a n+b} \\ (2) f(n)=k a^{n} 【例 2】设数列 \left\{a_{n}\right\} 是首项为 1 的正项数列, 且 (n+1) a_{n+1}^{2}-n a_{n}^{2}+a_{n+1} a_{n}=0 , 求数列 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式 a_{n} . 讲解 原递推式可化为: \left[(n+1) a_{n+1}-n a_{n}\right]\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=0 , 因为 a_{n+1}+a_{n}>0, \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{n}{n+1} . 则 \frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{1}{2}, \frac{a_{3}}{a_{2}}=\frac{2}{3}, \frac{a_{4}}{a_{3}}=\frac{3}{4}, \cdots, \frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{n-1}{n} . 逐项相乘得: \frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{n} , 即 a_{n}=\frac{1}{n} .
类型三: 已知 a_{1}=a, a_{n+1}=p a_{n}+q(p \neq 1 , 且 p \neq 0, q \neq 0) , 求通项 a_{n} . 分析 令 a_{n+1}+x=p\left(a_{n}+x\right) , 再解出 x=\frac{q}{p-1} , 从而构造出等比数列, 由等比数列通 项公式求得.
类型四: 已知 a_{1}=a, a_{n+1}=A a_{n}+B \cdot C^{n} ( A 、 B 、 C 为非零常数), 求通项 a_{n} . 分析 1 原递推式可化为 a_{n+1}+\lambda \cdot C^{n+1}=A\left(a_{n}+\lambda \cdot C^{n}\right) 的形式, 利用待定系数法求得 系数 \lambda .
【例 4】在数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=-1, a_{n+1}=2 a_{n}+4 \times 3^{n-1} , 求通项 a_{n} . 讲解 由原递推式可设 a_{n+1}+\lambda \times 3^{n}=2\left(a_{n}+\lambda \times 3^{n-1}\right) . 比较系数得 \lambda=-4 , 所以 a_{n+1}-4 \times 3^{n}=2\left(a_{n}-4 \times 3^{n-1}\right) . 则数列 \left\{a_{n}-4 \times 3^{n-1}\right\} 是一个等比数列, 其首项是 a_{1}-4 \times 3^{1-1}=-5 , 公比是 2 . 所以 a_{n}-4 \times 3^{n-1}=-5 \times 2^{n-1} , 即 a_{n}=4 \times 3^{n-1}-5 \times 2^{n-1} 。 评注 本题也可通过如下变形再运用累加法求得 \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_{n}}{2^{n}}+\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1} , 令 b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n}} , 则 b_{n+1}-b_{n}=\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}, b_{n}=\sum_{i=1}^{n-1}\left(b_{i+1}-b_{i}\right)+b_{1}=\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{3}{2}\right)^{\vdash-1}+\frac{a_{1}}{2} 以下略.
【例 5】在数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=-1, a_{2}=2, a_{n+2}=5 a_{n+1}-6 a_{n} , 求通项公式 a_{n} . 讲解 a_{n+2}=5 a_{n+1}-6 a_{n} 可化为 a_{n+2}+\lambda a_{n+1}=(5+\lambda)\left(a_{n+1}+\lambda a_{n}\right) , 比较系数得 \lambda=-3 或 \lambda=-2 , 不妨取 \lambda=-2 , 则 a_{n+2}-2 a_{n+1}=3\left(a_{n+1}-2 a_{n}\right) . 则 \left\{a_{n+1}-2 a_{n}\right\} 是一个等比数列, 首项为 a_{2}-2 a_{1}=2-2(-1)=4 , 公比为 3 . 所以 a_{n+1}-2 a_{n}=4 \times 3^{n-1} , 所以 a_{n}=4 \times 3^{n-1}-5 \times 2^{n-1} .
【例 6】在数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=\frac{3}{2}, 2 a_{n}-a_{n-1}=6 n-3 , 求通项公式 a_{n} . 讲解 2 a_{n}-a_{n-1}=6 n-3 可化为 2\left(a_{n}+\lambda_{1} n+\lambda_{2}\right)=a_{n-1}+\lambda_{1}(n-1)+\lambda_{2} , 比较系数可得 \lambda_{1}=-6, \lambda_{2}=9 , 所以有 2 b_{n}=b_{n-1} , 因此, \left\{b_{n}\right\} 是一个等比数列, 首项为 b_{1}=a_{1}-6 n+9=\frac{9}{2} , 公比为 \frac{1}{2} . 所以 b_{n}=\frac{9}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} , 即 a_{n}-6 n+9=9\left(\frac{1}{2}\right)^{n} . 故 a_{n}=9\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+6 n-9 .
【例 7】已知 a_{1}=a_{2}=a_{3}=1 , 且 a_{n+3}=\frac{1+a_{n+1} a_{n+2}}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) , 求通项公式 a_{n} .
由原递归式可得 \left\{\begin{array}{l}a_{n+1} a_{n-2}=1+a_{n} a_{n-1}, \\ a_{n} a_{n-3}=1+a_{n-1} a_{n-2}\end{array}\left(n \geqslant 3, n \in \mathbf{Z}^{+}\right)\right. , 两式相减得 a_{n+1} a_{n-2}-a_{n} a_{n-3}=a_{n} a_{n-1}-a_{n-1} a_{n-2} \Rightarrow a_{n-2}\left(a_{n+1}+a_{n-1}\right)=a_{n}\left(a_{n-1}+a_{n-3}\right) \Rightarrow \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}=\frac{a_{n-1}+a_{n-3}}{a_{n-2}} , 令 b_{n}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}} , 则 b_{3}=3, b_{2}=2, b_{n-1}=b_{n-3} , 所以对 n \geqslant 2, n \in \mathbf{Z}^{+} 都有 b_{2 n-1}=3, b_{2 n}=2 ,
所以 \left\{\begin{array}{l}a_{2 n+1}+a_{2 n-1}=2 a_{2 n}, \\ a_{2 n+2}+a_{2 n}=3 a_{2 n+1}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a_{2 n+1}=2 a_{2 n}-a_{2 n-1}, \\ a_{2 n+2}=3 a_{2 n+1}-a_{2 n}\end{array}\right.\right. . 令 a_{0}=3 a_{1}-a_{2}=2, a_{2 n+1}+\alpha a_{2 n}=\beta\left(a_{2 n-1}+\alpha a_{2 n-2}\right) ,
\text { 由待定系数法可得 }\left\{\begin{array} { l } { \alpha _ { 1 } = - 1 + \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } , } \\ { \beta _ { 1 } = 2 + \sqrt { 3 } , } \end{array} \left\{\begin{array}{l} \alpha_{2}=-1-\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ \beta_{2}=2-\sqrt{3} . \end{array}\right.\right.
又由(3)得 \frac{a_{2 n+1}+\alpha a_{2 n}}{a_{2 n-1}+\alpha a_{2 n-2}}=\beta ,
由等比数列得 a_{2 n+1}+\alpha_{1} a_{2 n}=\beta_{1}{ }^{n}\left(a_{1}+\alpha_{1} a_{0}\right), a_{2 n+1}+\alpha_{2} a_{2 n}=\beta_{2}{ }^{n}\left(a_{1}+\alpha_{2} a_{0}\right) ,
分析 2 原递推式可化为 \frac{a_{n+1}}{A^{n+1}}=\frac{a_{n}}{A^{n}}+\frac{B}{A} \cdot\left(\frac{C}{A}\right)^{n} 的形式, 令 b_{n}=\frac{a_{n}}{A^{n}} , 从而有 b_{n+1}=b_{n}+ \frac{B}{A} \cdot\left(\frac{C}{A}\right)^{n} ,转化为类型一的形式.
分析 3 原递推式可化为 \frac{a_{n+1}}{C^{n+1}}=\frac{A}{C} \cdot \frac{a_{n}}{C^{n}}+\frac{B}{C} , 令 b_{n}=\frac{a_{n}}{C^{n}} , 则 b_{n+1}=\frac{A}{C} b_{n}+\frac{B}{C} , 转化为类 型三.
【二阶线性】设数列 \{x_n\} 的前两项 x_1 ， x_2 已知，且 x_{n+1}=px_n+qx_{n-1} ，则称方程 x^2-px-q=0 为该数列的特征方程。该方程若有两个根 a ， b ，则称这两个根为该数列的特征根。
通过待定系数法，构造出等比数列：
①假设存在实数 a ， b (a\ne b) ，使得 x_{n+1}-ax_n=b\cdot(x_n-ax_{n-1}) 。
整理得到 x_{n+1}=(a+b)\cdot x_n-ab\cdot x_{n-1}，
令 \left\{ \begin{aligned} &a+b=p\\ &ab=-q \end{aligned} \right. ，根据xxx定理，可以知道实数 a ， b 满足方程 x^2-px-q=0 。
因此 \{x_{n+1}-ax_n\} 是公比为 b 的等比数列，累乘得 x_{n+1}-ax_n=(x_2-ax_1)\cdot b^{n-1}。
同理 x_{n+1}-bx_n=a\cdot(x_n-bx_{n-1}) ，
因此 \{x_{n+1}-bx_n\} 是公比为 a 的等比数列，累乘得 x_{n+1}-bx_n =(x_2-bx_1)\cdot a^{n-1}。
由上面两个式子作差，解得 x_n=\frac{x_2-bx_1}{a-b}\cdot a^{n-1}+\frac{x_2-ax_1}{b-a}\cdot b^{n-1} 。 因此设数列 x_n=\alpha\cdot a^{n-1}+\beta\cdot b^{n-1} ，由\left\{ \begin{aligned} &x_1=\alpha+\beta\\ &x_2=\alpha\cdot a+\beta\cdot b\end{aligned} \right. ，解得 \left\{ \begin{aligned} &\alpha =\frac{x_2-bx_1}{a-b}\\ &\beta =\frac{x_2-ax_1}{b-a} \end{aligned} \right.。 因此数列的通项公式为 x_n=\frac{x_2-bx_1}{a-b}\cdot a^{n-1}+\frac{x_2-ax_1}{b-a}\cdot b^{n-1}
②若\alpha=\beta ,则 a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=0
【分式递推】
\mathbf{{\color{Red}{形如 a_{n+1}=\frac{A a_{n}+B}{C a_{n}+D} 的数列 (分式递推式)}} } \\ 对于数列 a_{n+1}=\frac{A a_{n}+B}{C a_{n}+D}, \quad a_{1}=m, n \in N^{*}(A, B, C, D 是常数且 C \neq 0, A D-B C \neq 0) 其特征方程为 x=\frac{A x+B}{C x+R} ，变形为 C x^{2}+(D-A) x-B=0 \ldots (2)\\ （1）若(2)有二异根 \alpha, \beta ，则可令 \frac{a_{n+1}-\alpha}{a_{n+1}-\beta}=c \cdot \frac{a_{n}-\alpha}{a_{n}-\beta} (其中 c 是待定常数) 代入 a_{1}, a_{2} 的值可求得 c 值。 即数列 \left\{\frac{a_{n}-\alpha}{a_{n}-\beta}\right\} 是首项为 \frac{a_{1}-\alpha}{a_{1}-\beta} ，公比为 c 的等比数列，于是这样可求得 a_{n} \\ （2）若(2)有二重根 \alpha=\beta ，则可令 \frac{1}{a_{n+1}-\alpha}=\frac{1}{a_{n}-\alpha}+c (其中 c 是待定常数) 代入 a_{1}, a_{2} 的值可求得 c 值。 即数列 \left\{\frac{1}{a_{n}-\alpha}\right\} 是首项为 \frac{1}{a_{n}-\alpha} ，公差为 c 的等差数列，于是这样可求得 a_{n}
注：求an时，若两常数恰好为相反数，可利用合比 \frac{a}{b}=\frac{c}{d} \Rightarrow \frac{a+b}{a-b}=\frac{c+d}{c-d} 来解
类型五: 已知 a_{1}=a, a_{n+2}=p \cdot a_{n+1}+q \cdot a_{n}\left(p, q\right. 为非零常数), 求通项 a_{n} .\\ 分析 1 原递推式可化为 a_{n+2}+\lambda a_{n+1}=(p+\lambda) \cdot\left(a_{n+1}+\lambda a_{n}\right) 的形式, 利用待定系数法 求得系数 \lambda .\\ 分析 2 运用特征根法. 考虑特征方程 x^{2}-p x-q=0 , 设该方程的两个实根为 \alpha, \beta , 则
(1) 当 \alpha \neq \beta 时, 可设 a_{n}=A \alpha^{n-1}+B \beta^{n-1} ；\\ (2) 当 \alpha=\beta 时, 可设 a_{n}=(A n+B) \alpha^{n-1} , 其中 A, B 是由初始值 a_{1}, a_{2} 确定的常数. 如果特征根 \alpha, \beta 为共轭复数, \alpha=r(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta), \beta=r(\cos \theta-\mathrm{i} \sin \theta) ,\\ 则通项可设为 a_{n}=r^{n-1}[A \cos (n-1) \theta+B \sin (n-1) \theta] .
类型六: 已知 a_{1}=a, a_{n+2}=A \cdot a_{n+1}+B \cdot a_{n}+C ( A 、 B 、 C 为非零常数), 求通项 a_{n} . 分析 由已知递推式, 可得 \left\{\begin{array}{l}a_{n+2}=A a_{n+1}+B a_{n}+C, \\ a_{n+3}=A a_{n+2}+B a_{n+1}+C,\end{array}\right. 两式相减, 得 a_{n+3}-a_{n+2}=A\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+B\left(a_{n+1}-a_{n}\right) . 令 b_{n}=a_{n+1}-a_{n} , 得 b_{n+2}=A \cdot b_{n+1}+B \cdot b_{n} , 从而转化为类型五.
类型七: 已知 a_{1}=a, a_{n+1}=A a_{n}+B n+C (A、B、C 为非零常数), 求通项 a_{n} . 分析 原递推式可化为 a_{n+1}+\lambda_{1} n+\lambda_{2}=A\left[a_{n}+\lambda_{1}(n-1)+\lambda_{2}\right] 的形式, 利用待定系数 法求得系数 \lambda_{1}, \lambda_{2} .
【例 3】设数列 \left\{a_{n}\right\} 的首项 a_{1} \in(0,1), a_{n}=\frac{3-a_{n-1}}{2}, n=2,3,4, \cdots .\\ (1) 求 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式; \\(2) 设 b_{n}=a_{n} \sqrt{3-2 a_{n}} , 证明: b_{n}
讲解 (1) 由类型三, 可知原递推式可化为 1-a_{n}=-\frac{1}{2}\left(1-a_{n-1}\right) . 又 1-a_{1} \neq 0 , 所以 \left\{1-a_{n}\right\} 是首项为 1-a_{1} , 公比为 -\frac{1}{2} 的等比数列, 得 a_{n}=1-\left(1-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} . (2) 解法一 由 (1) 可知 00 . 那么, b_{n+1}^{2}-b_{n}^{2}=a_{n+1}^{2}\left(3-2 a_{n+1}\right)-a_{n}^{2}\left(3-2 a_{n}\right) =\left(\frac{3-a_{n}}{2}\right)^{2}\left(3-2 \times \frac{3-a_{n}}{2}\right)-a_{n}^{2}\left(3-2 a_{n}\right)=\frac{9 a_{n}}{4}\left(a_{n}-1\right)^{2} . 又由 (1) 知 a_{n}>0 且 a_{n} \neq 1 , 故 b_{n+1}^{2}-b_{n}^{2}>0 , 因此, b_{n}
解法二 由 (1) 可知 0
同类型三: 已知 a_{1}=a, a_{n+1}=p a_{n}+q(p \neq 1 , 且 p \neq 0, q \neq 0) , 求通项 a_{n} . 分析 由 f(x)=x 求出不动点 x_{0} , 在递推关系式两边同时减去 x_{0} , 构造出等比数列, 根据等比数列通项公式求出通项.
类型八: 已知 a_{n+1}=\frac{a \cdot a_{n}+b}{c \cdot a_{n}+d}, c \neq 0 且 a d-b c \neq 0, a, b, c, d 都为常数, 求通项 a_{n} .\\ 分析 设 f(x)=\frac{a x+b}{c x+d}(c \neq 0 且 a d-b c \neq 0),\left\{a_{n}\right\} 满足递归关系 a_{n+1}=f\left(a_{n}\right) , 且初始 值 a_{1} \neq f\left(a_{1}\right) .\\ (1) 若 f 有两相异的不动点 p, q , 则 \frac{a_{n+1}-p}{a_{n+1}-q}=k \cdot \frac{a_{n}-p}{a_{n}-q} , 其中 k=\frac{a-p c}{a-q c} , 即 \left\{\frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}\right\} 是 以 k 为公比的等比数列, \\从而有 \frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}=\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q} \cdot k^{n-1} , 由此解得 a_{n}=\frac{\left(a_{1} q-p q\right) k^{n-1}-\left(a_{1} p-p q\right)}{\left(a_{1}-p\right) k^{n-1}-\left(a_{1}-q\right)} .\\ (2) 若 f 只有唯一的不动点 p , 则 \frac{1}{a_{n+1}-p}=\frac{1}{a_{n}-p}+k , 其中 k=\frac{2 c}{a+d} , 即 \left\{\frac{1}{a_{n}-p}\right\} 是以 k 为公差的等差数列, \\\frac{1}{a_{n}-p}=\frac{1}{a_{1}-p}+(n-1) k , 由此解得 a_{n}=\frac{a_{1}-p}{\left(k a_{1}-p k\right) n+1-k a_{1}+p k}+p .
类型九: 已知 a_{n+1}=\frac{a \cdot a_{n}^{2}+b}{2 a \cdot a_{n}+c} , 其中 a \neq 0, a, b, c 都为常数, 求通项 a_{n} .\\ 分析 该数列的递归函数为 f(x)=\frac{a x^{2}+b}{2 a x+c} ,\\ (1) 若 f 有两不动点 p, q , 即 p=\frac{a p^{2}+b}{2 a p+c}, q=\frac{a q^{2}+b}{2 a q+c} ,\\ 得 a p^{2}+c p-b=0, a q^{2}+c q-b=0 ,\\ 则 a_{n+1}-p=\frac{a \cdot a_{n}^{2}+b}{2 a \cdot a_{n}+c}-p=\frac{a \cdot a_{n}^{2}+b-2 a p a_{n}-p c}{2 a \cdot a_{n}+c} =\frac{a \cdot a_{n}^{2}-2 a p a_{n}+a p^{2}}{2 a \cdot a_{n}+c}=\frac{a\left(a_{n}-p\right)^{2}}{2 a \cdot a_{n}+c} \\ 同理 a_{n+1}-q=\frac{a\left(a_{n}-q\right)^{2}}{2 a \cdot a_{n}+c} , \\两式相除得 \frac{a_{n+1}-p}{a_{n+1}-q}=\left(\frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}\right)^{2} ,\\ 令 b_{n}=\frac{a_{n}-p}{a_{n}-q} , 则 b_{n+1}=b_{n}^{2}, b_{n}=b_{n-1}^{2}=b_{n-2}^{2^{2}}=\cdots=b_{1}^{2^{2-1}}=\left(\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}\right)^{2^{n-1}} ,\\ 所以 \frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}=\left(\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}\right)^{2^{n-1}} , 由此解得 a_{n}=\frac{q\left(a_{1}-p\right)^{2^{n-1}}-p\left(a_{1}-q\right)^{2^{n-1}}}{\left(a_{1}-p\right)^{2^{n-1}}-\left(a_{1}-q\right)^{2^{n-1}}} .\\ (2) 若 f 有两相同的不动点 p , 则易得 p=-\frac{c}{2 a}, c^{2}+4 a b=0 , \\由 a_{n+1}+\frac{c}{2 a}=\frac{a \cdot a_{n}^{2}+b}{2 a \cdot a_{n}+c}+\frac{c}{2 a} , 令 b_{n}=a_{n}+\frac{c}{2 a} , \\化xxx得 2 b_{n+1}=b_{n} , 所以 \left\{b_{n}\right\} 是以 \frac{1}{2} 为公比的等比数列, 因此, b_{n}=b_{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\left(a_{1}+\frac{c}{2 a}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} ,\\ 即 a_{n}+\frac{c}{2 a}=\left(a_{1}+\frac{c}{2 a}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} , \\即 a_{n}=\left(a_{1}+\frac{c}{2 a}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}-\frac{c}{2 a} .
【例 8】已知数列 \left\{a_{n}\right\} 满足 a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+1\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) 。\\ (1)求数列 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式;\\ (2) 证明: \frac{n}{2}-\frac{1}{3}<\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) .\\ 讲解 (1) 递推数列 a_{n+1}=2 a_{n}+1 对应的特征函数为 f(x)=2 x+1 , 由 f(x)=x , 得不 动点为 -1 ,\\ 因此, a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right) , 即 \left\{a_{n}+1\right\} 是以 a_{1}+1=2 为首项, 2 为公比的等比数 列. \\所以 a_{n}+1=2^{n} . 即 a_{n}=2^{n}-1\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) .\\ (2) 由 \frac{a_{k}}{a_{k+1}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k+1}-1}=\frac{2^{k}-1}{2\left(2^{k}-\frac{1}{2}\right)}<\frac{1}{2}, k=1,2, \cdots, n , 得 \frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2} .\\ 另一方面, \frac{a_{k}}{a_{k+1}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\left(2^{k+1}-1\right)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3 \times 2^{k}+2^{k}-2} \geqslant \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \times \frac{1}{2^{k}} , k=1,2, \cdots, n ,\\ 所以 \frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}} \geqslant \frac{n}{2}-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)=\frac{n}{2}-\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)>\frac{n}{2}-\frac{1}{3} ,\\ 综上可得 \frac{n}{2}-\frac{1}{3}<\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) . 【例 9】在数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=4, a_{n+1}=\frac{3 a_{n}+2}{a_{n}+4} , 求通项 a_{n} 讲解 先求出函数 f(x)=\frac{3 x+2}{x+4} 的两个不动点 1 与 -2 , 代人 \frac{x_{n}-p}{x_{n}-q}=k \cdot \frac{x_{n-1}-p}{x_{n-1}-q} , 其中 k=\frac{a-p c}{a-q c} , 得 \frac{a_{n}-1}{a_{n}+2}=k \cdot \frac{a_{n-1}-1}{a_{n-1}+2}, k=\frac{3-1 \times 1}{3+2 \times 1}=\frac{2}{5} . 所以 \frac{a_{n}-1}{a_{n}+2}=\frac{a_{1}-1}{a_{1}+2} \times\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}=\frac{1}{2} \times\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1} , 由此解得 a_{n}=\frac{2^{n-1}+5^{n-1}}{5^{n-1}-2^{n-2}} .
【例 10】已知 a_{1}=2 , 且 a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}+2}{2 a_{n}}(n \geqslant 1) , 求通项 a_{n} . 讲解 所给数列的递归函数为 f(x)=\frac{x^{2}+2}{2 x} , 解方程 f(x)=x 得 f 的两个不动点为 \pm \sqrt{2} , 由 a_{n+1}+\sqrt{2}=\frac{a_{n}^{2}+2}{2 a_{n}}+\sqrt{2}=\frac{\left(a_{n}+\sqrt{2}\right)^{2}}{2 a_{n}}, a_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{a_{n}^{2}+2}{2 a_{n}}-\sqrt{2}=\frac{\left(a_{n}-\sqrt{2}\right)^{2}}{2 a_{n}} , 两式相除, 得 \frac{a_{n+1}+\sqrt{2}}{a_{n+1}-\sqrt{2}}=\left(\frac{a_{n}+\sqrt{2}}{a_{n}-\sqrt{2}}\right)^{2} , 令 b_{n+1}=\frac{a_{n+1}+\sqrt{2}}{a_{n+1}-\sqrt{2}} , 则 b_{n+1}=b_{n}{ }^{2} , 解得 b_{n}=\left(\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right)^{2^{n-1}} . 所以 a_{n}=\sqrt{2} \times \frac{(2+\sqrt{2})^{2^{n-1}}+(2-\sqrt{2})^{2^{n-1}}}{(2+\sqrt{2})^{2^{n-1}}-(2-\sqrt{2})^{2^{n-1}}} .
a_{n}=p \cdot S_{n} \cdot S_{n-1} 型 解题思路是： 先利用 a_{n}=S_{n}-S_{n-1} 替换 a_{n} 得, \mathrm{S}_{\mathrm{n}}-S_{n-1}=p . S_{n} \cdot S_{n-1} ； 然后两边同除以 S_{n} . S_{n-1} 得, \frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n-1}}=-p 则数列 \left\{\frac{1}{S_{n}}\right\} 是以 \frac{1}{S_{1}} 为首项, -p 为公差的等差数列.
已知 a_{1} 且 a_{1}>1 , 且满足 a_{n} a_{n+1}=p \cdot a_{n+1}+q \cdot a_{n} 解题思路是：将 a_{n} a_{n+1}=p \cdot a_{n+1}+q \cdot a_{n} 的两边同除以 a_{n+1} \cdot a_{n} , 即 \frac{\mathrm{q}}{a_{n+1}}+\frac{p}{a_{n}}=1 , 令 \mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{a_{n}} , 则 \mathrm{q} \cdot \mathrm{b}_{\mathrm{n}+1}+p \cdot b_{n}=1 , 再转化为 (1) 求解.
当递推式中既有 S_{n} 又有 a_{n} 时, 往往可用阶差法, 其运用的公式为:
a_{n}=\left\{\begin{array}{l} S_{1} \quad(n=1), \\ S_{n}-S_{n-1}(n \geqslant 2) . \end{array}\right.
【例 11】已知数列 \left\{a_{n}\right\} 的各项均为正数, 且前 n 项和 S_{n} 满足 S_{n}=\frac{1}{6}\left(a_{n}+1\right)\left(a_{n}+2\right) , 且 a_{2}, a_{4}, a_{9} 成等比数列, 求数列 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式.
讲解 因为对任意 n \in \mathbf{Z}^{+} 有 S_{n}=\frac{1}{6}\left(a_{n}+1\right)\left(a_{n}+2\right) , 所以当 n=1 时, S_{1}=a_{1}=\frac{1}{6}\left(a_{1}+1\right)\left(a_{1}+2\right) , 解得 a_{1}=1 或 a_{1}=2 ; 当 n \geqslant 2 时, 有 S_{n-1}=\frac{1}{6}\left(a_{n-1}+1\right)\left(a_{n-1}+2\right) .
由 (1) - (2) 整理得 \left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-3\right)=0 . 因为 \left\{a_{n}\right\} 各项均为正数, 所以 a_{n}-a_{n-1}=3 . 当 a_{1}=1 时, a_{n}=1+3(n-1)=3 n-2 , 此时, a_{4}^{2}=a_{2} a_{9} 成立. 当 a_{1}=2 时, a_{n}=2+3(n-1)=3 n-1 . 此时, a_{4}^{2}=a_{2} a_{9} 不成立, 故 a_{1}=2 舍去, 所以, a_{n}=3 n-2 . 评注 求得 a_{n}-a_{n-1}=3 后, 可设 a_{n}=a_{1}+(n-1) \times 3 , 将其代入 a_{4}^{2}=a_{2} a_{9} 得到 a_{1}=1 .
【例 12】设数列 \left\{a_{n}\right\} 的 n 前项和为 S_{n} , 已知 b a_{n}-2^{n}=(b-1) S_{n}, b \neq 0 .\\ (1) 证明: 当 b=2 时, \left\{a_{n}-n \cdot 2^{n-1}\right\} 是等比数列;\\ (2) 求 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式.
讲解 由题意, 在 b a_{n}-2^{n}=(b-1) S_{n} 中, 令 n=1 , 得 b a_{1}-2=(b-1) a_{1}, a_{1}=2 . 由 b a_{n}-2^{n}=(b-1) S_{n} , 得 b a_{n-1}-2^{n-1}=(b-1) S_{n-1}\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{Z}^{+}\right) , 两式相减得 b\left(a_{n}-a_{n-1}\right)-2^{n-1}=(b-1) a_{n} , 即 a_{n}=b a_{n-1}+2^{n-1}\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{Z}^{+}\right) .
(1) 当 b=2 时, 由 (1) 知, a_{n}=2 a_{n-1}+2^{n-1} , 于是
(1) a_{n}-n \cdot 2^{n-1}=2 a_{n-1}-(n-1) \cdot 2^{n-1}=2\left[a_{n-1}-(n-1) \cdot 2^{n-2}\right]\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{Z}^{+}\right) . 又 a_{1}-1 \times 2^{1-1}=1 \neq 0 , 所以 \left\{a_{n}-n \cdot 2^{n-1}\right\} 是首项为 1 , 公比为 2 的等比数列.
(2) 当 b=2 时, 由 (1) 知, a_{n}-n \cdot 2^{n-1}=2^{n-1} , 即 a_{n}=(n+1) \cdot 2^{n-1} . 当 b \neq 2 时, 由 (1) 知, a_{n}=b a_{n-1}+2^{n-1} , 两边同时除以 2^{n} 得 \frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{b}{2} \cdot \frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{2} , 可设 \frac{a_{n}}{2^{n}}+\lambda=\frac{b}{2} \cdot\left(\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\lambda\right) , 展开(2)得 \frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{b}{2} \cdot \frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{b-2}{2} \cdot \lambda , 与 \frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{b}{2} \cdot \frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{2} 比较, 得 \frac{b-2}{2} \cdot \lambda=\frac{1}{2} , 所以 \lambda=\frac{1}{b-2} , 所以 \frac{a_{n}}{2^{n}}+\frac{1}{b-2}=\frac{b}{2} \cdot\left(\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{b-2}\right) , 所以 \left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}+\frac{1}{b-2}\right\} 是等比数列, 公比为 \frac{b}{2} , 首项为 1+\frac{1}{b-2}=\frac{b-1}{b-2} , 所以 \frac{a_{n}}{2^{n}}+\frac{1}{b-2}=\frac{b-1}{b-2} \cdot\left(\frac{b}{2}\right)^{n-1} , 所以 \frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{b-1}{b-2} \cdot\left(\frac{b}{2}\right)^{n-1}-\frac{1}{b-2} , 所以 a_{n}=2^{n}\left[\frac{b-1}{b-2} \cdot\left(\frac{b}{2}\right)^{n-1}-\frac{1}{b-2}\right]=\frac{2(b-1) b^{n-1}-2^{n}}{b-2} .
代换的主要目的是简化计算, 巧妙代换可以使解题思路变得更顺畅【三角等】
①已知数列 \left\{a_{n}\right\} , 其中 a_{1}=1, a_{2}=2 , 当 n \geqslant 3 时, a_{n}-2 a_{n-1}+a_{n-2}=1 , 求通项公 式 a_{n} .
由 a_{n}-2 a_{n-1}+a_{n-2}=1 得 \left(a_{n}-a_{n-1}\right)-\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)=1\\ 令 b_{n-1}=a_{n}-a_{n-1} , 则上式为 b_{n-1}-b_{n-2}=1 , 因此 \left\{b_{n}\right\} 是一个等差数列, b_{1}=a_{2}-a_{1}=1 , 公差为 1 , 故 b_{n}=n 。 由于 b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n-1}=a_{2}-a_{1}+a_{3}-a_{2}+\cdots+a_{n}-a_{n-1}=a_{n}-1 . 又 b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n-1}=\frac{n(n-1)}{2} , 所以 a_{n}-1=\frac{1}{2} n(n-1) , 即 a_{n}=\frac{1}{2}\left(n^{2}-n+2\right) .
②数列 \left\{a_{n}\right\} 满足 \left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ a_{n+1}=\frac{1}{16}\left(1+4 a_{n}+\sqrt{1+24 a_{n}}\right) \text {, 求 }\left\{a_{n}\right\} \text { 的通项公式. }\end{array}\right.
设 b_{n}=\sqrt{1+24 a_{n}} , 则 b_{1}=5, b_{n}^{2}=1+24 a_{n} , 将 a_{n}=\frac{b_{n}^{2}-1}{24} 代人原式, 得 \frac{b_{n+1}^{2}-1}{24}=\frac{1}{16}\left(1+4 \times \frac{b_{n}^{2}-1}{24}+b_{n}\right) , 所以 \left(2 b_{n+1}\right)^{2}=\left(b_{n}+3\right)^{2} . 因为 b_{n}>0 , 所以 2 b_{n+1}=b_{n}+3 , 由待定系数法解得 b_{n}=3+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2} , 所以 a_{n}=\frac{b_{n}^{2}-1}{24}=\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{n} .
③设正数列 a_{0}, a_{1}, a_{n}, \cdots, a_{n}, \cdots 满足 \sqrt{a_{n} a_{n-2}}-\sqrt{a_{n-1} a_{n-2}}=2 a_{n-1}(n \geqslant 2) 且 a_{0}= a_{1}=1 , 求 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式.
将递推式两边同除以 \sqrt{a_{n-1} a_{n-2}} , 整理得 \sqrt{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}-2 \sqrt{\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}}=1 . 设 b_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}} , 则 b_{1}=\sqrt{\frac{a_{1}}{a_{0}}}=1, b_{n}-2 b_{n-1}=1 . 以下可用待定系数法解得. 也可运用以下方法求得:
\begin{array}{l} b_{2}-2 b_{1}=1 \text {, } \\ b_{3}-2 b_{2}=1, \\ \cdots \cdots \\ b_{n}-2 b_{n-1}=1 \text {, } \\ \text { 由(1) } \times 2^{n-2}+\text { (2) } \times 2^{n-3}+\cdots+\text { (3) } \times 2^{0} \text { 得 } \\ b_{n}=1+2+2^{2}+\cdots+2^{n-1}=2^{n}-1 \text {, 即 } \sqrt{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}=2^{n}-1 . \end{array}
(2) 逐项相乘得 a_{n}=(2-1)^{2}\left(2^{2}-1\right)^{2} \cdot \cdots \cdot\left(2^{n}-1\right)^{2} , 考虑到 a_{0}=1 , 得 a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}1, & n=0, \\ (2-1)^{2}\left(2^{2}-1\right)^{2} \cdot \ldots \cdot\left(2^{n}-1\right)^{2}, & n \geq 1\end{array}\right.
(3) 得 a_{n}=\left\{\begin{array}{l}1, \\ (2-1)^{2}\left(2^{2}-1\right)^{2} \cdot \cdots \cdot\left(2^{n}-1\right)^{2}, n \geqslant 1 \text {. }\end{array}\right.
④已知数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=2, a_{n}=\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}} , 求 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式.
令 a_{n-1}=\tan \theta , 则 a_{n}=\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan \theta}{1-\tan \frac{\pi}{4} \cdot \tan \theta}=\tan \left(\frac{\pi}{4}+\theta\right) \\ 注意到 a_{1}=2=\tan (\arctan 2) , 因此, a_{n}=\tan \left[\frac{(n-1) \pi}{4}+\arctan 2\right] .
所谓变形转化法, 就是通过对递推关系式取倒数、取对数、平方或开平方等变形技巧将原问题转化为等差或等比数列, 从而求得通项。
①若数列 \left\{a_{n}\right\} , a_{1}=1, S_{n} 是数列 \left\{a_{n}\right\} 的 前n 项之和, 且 S_{n+1}=\frac{S_{n}}{3+4 S_{n}} , 求数列 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式.
S_{n+1}=\frac{S_{n}}{3+4 S_{n}} 可变形为 \frac{1}{S_{n+1}}=3 \cdot \frac{1}{S_{n}}+4 。 设(1)式可化为 \frac{1}{S_{n+1}}+\lambda=3\left(\frac{1}{S_{n}}+\lambda\right) . 比较(1) 式与(2)式的系数可得 \lambda=2 , 则有 \frac{1}{S_{n+1}}+2=3\left(\frac{1}{S_{n}}+2\right) . 故数列 \left\{\frac{1}{S_{n}}+2\right\} 是以 \frac{1}{S_{1}}+2=3 为首项 3 为公比的等比数列. \frac{1}{S_{n}}+2=3 \times 3^{n-1}=3^{n} . 所以 S_{n}=\frac{1}{3^{n}-2} . 当 n \geqslant 2 时, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{1}{3^{n}-2}-\frac{1}{3^{n-1}-2}=\frac{-2 \times 3^{n}}{3^{2 n}-8 \times 3^{n}+12} . 数列 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式是 a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}1, & n=1, \\ \frac{-2 \times 3^{n}}{3^{2 n}-8 \times 3^{n}+12}, & n \geqslant 2 .\end{array}\right.
②已知 a_{1}=b, a_{n+1}=p a_{n}+\sqrt{\left(p^{2}-1\right) a_{n}^{2}+q} , 求 a_{n} .
a_{n+1}-p a_{n}=\sqrt{\left(p^{2}-1\right) a_{n}^{2}+q} , 两边平方后整理, 得 a_{n+1}^{2}-2 p a_{n+1} a_{n}+a_{n}^{2}-q=0 , 用 n-1 替换 n 得 a_{n}^{2}-2 p a_{n} a_{n-1}+a_{n-1}{ }^{2}-q=0 , 即 a_{n-1}^{2}-2 p a_{n-1} a_{n}+a_{n}^{2}-q=0 , 所以 a_{n+1}, a_{n-1} 是方程 x^{2}-2 p a_{n} x+a_{n}^{2}-q=0 的两根. 由xxx定理, 可得 a_{n+1}+a_{n-1}=2 p a_{n} , 以下可用特征方程求得通项, 略.
③数列 \left\{a_{n}\right\} 满足 a_{1}=1 且 8 a_{n+1} a_{n}-16 a_{n+1}+2 a_{n}+5=0(n \geqslant 1) . 记 b_{n}=\frac{1}{a_{n}-\frac{1}{2}}(n \geqslant 1) , 求数列 \left\{b_{n}\right\} 的通项公式.
解法一 (数学归纳法)
a_{1}=1 , 故 b_{1}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2 ; a_{2}=\frac{7}{8} , 故 b_{2}=\frac{1}{\frac{7}{8}-\frac{1}{2}}=\frac{8}{3} ; \\a_{3}=\frac{3}{4} , 故 b_{3}=\frac{1}{\frac{3}{4}-\frac{1}{2}}=4 ; a_{4}=\frac{13}{20} , 故 b_{4}=\frac{20}{3} . \\所以 \left(b_{1}-\frac{4}{3}\right)\left(b_{3}-\frac{4}{3}\right)=\frac{2}{3} \times \frac{8}{3}=\left(\frac{4}{3}\right)^{2},\left(b_{2}-\frac{4}{3}\right)^{2}=\left(\frac{4}{3}\right)^{2} , \left(b_{1}-\frac{4}{3}\right)\left(b_{3}-\frac{4}{3}\right)=\left(b_{2}-\frac{4}{3}\right)^{2} \\故猜想 \left\{b_{n}-\frac{4}{3}\right\} 是首项为 \frac{2}{3} 、公比 q=2 的等比数列. 因为 a_{n} \neq 2 (否则将 a_{n}=2 代入递推公式会导致矛盾), \\故 a_{n+1}=\frac{5+2 a_{n}}{16-8 a_{n}} . \\因为 b_{n+1}-\frac{4}{3}=\frac{1}{a_{n+1}-\frac{1}{2}}-\frac{4}{3}=\frac{16-8 a_{n}}{6 a_{n}-3}-\frac{4}{3}=\frac{20-16 a_{n}}{6 a_{n}-3} ,\\ \begin{array}{l} 2\left(b_{n}-\frac{4}{3}\right)=\frac{2}{a_{n}-\frac{1}{2}}-\frac{8}{3}=\frac{20-16 a_{n}}{6 a_{n}-3}=b_{n+1}-\frac{4}{3}, b_{1}-\frac{4}{3} \neq 0, \\ \end{array} \\故 \left\langle b_{n}-\frac{4}{3}\right\} 是公比为 q=2 的等比数列。 因为 b_{1}-\frac{4}{3}=\frac{2}{3} , \\故 b_{n}-\frac{4}{3}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n}, b_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n}+\frac{4}{3}(n \geqslant 1) .
解法二 由 b_{n}=\frac{1}{a_{n}-\frac{1}{2}} 得 a_{n}=\frac{1}{b_{n}}+\frac{1}{2} , 代人途推洜系 8 a_{n+1} a_{n}-16 a_{n+1}+2 a_{n}+5=0 . (1) 整理得 \frac{4}{b_{n+1} b_{n}}-\frac{6}{b_{n+1}}+\frac{3}{b_{n}}=0 , 即 b_{n+1}=2 b_{n}-\frac{4}{3} , 由 a_{1}=1 , 有 b_{1}=2 , (2) 由 b_{n+1}=2 b_{n}-\frac{4}{3}, b_{n+1}-\frac{4}{3}=2\left(b_{n}-\frac{4}{3}\right) , 有 b_{1}-\frac{4}{3}=\frac{2}{3} \neq 0 , 是以 所以 \left\{b_{n}-\frac{4}{3}\right\} 是苜项为 \frac{2}{3} 、公比 q=2 的等比数列, 故 b_{n}-\frac{4}{3}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n} , 即 b_{n}=\frac{1}{3} \times 2^{n}+\frac{4}{3}(n \geqslant 1) .
④已知数列 \left\{a_{n}\right\} 满足条件 (n-1) a_{n+1}=(n+1)\left(a_{n}-1\right) , 且 a_{2}=6 , 设 b_{n}=a_{n}+n\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) , 求 \left\{b_{n}\right\} 的通项公式.
将 a_{n}=b_{n}-n 代人 (n-1) a_{n+1}=(n+1)\left(a_{n}-1\right) , 得 (n-1) b_{n+1}=(n+1) b_{n}-2(n+1) ,\\ 所以 \frac{b_{n+1}}{n(n+1)}=\frac{b_{n}}{(n-1) n}-\frac{2}{n(n-1)}(n \geqslant 2) . 令 c_{n}=\frac{b_{n}}{(n-1) n}(n \geqslant 2) , 则 c_{n+1}=c_{n}-\frac{2}{n(n-1)} , 得 c_{n+1}-c_{n}=-\frac{2}{n(n-1)}=2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}\right) . 所以 c_{n}=\left(c_{n}-c_{n-1}\right)+\left(c_{n-1}-c_{n-2}\right)+\cdots+\left(c_{3}-c_{2}\right)+c_{2} \\ \begin{array}{l} =2\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n-3}+\cdots+\frac{1}{2}-1\right)+c_{2} \\ =2\left(\frac{1}{n-1}-1\right)+\frac{b_{2}}{2}=\frac{2}{n-1}+2 \end{array}\\ 所以 b_{n}=c_{n} \cdot n(n-1)=\left(\frac{2}{n-1}+2\right) \cdot n(n-1)=2 n^{2} .
所以 b_{n}=c_{n} \cdot n(n-1)=\left(\frac{2}{n-1}+2\right) \cdot n(n-1)=2 n^{2} .
评注 本题也可根据递推式求出 a_{1}=1, a_{2}=6, a_{3}=15, a_{4}=28 , 由 b_{n}=a_{n}+n 解得 b_{1}=2, b_{2}=8, b_{3}=18, b_{4}=32 , 利用不完全归纳法, 猜测 b_{n}=2 n^{2} , 再用数学归纳法证明.
⑤若数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=3 且 a_{n+1}=a_{n}{ }^{2} ( n 是正整数), 求它的通项公式 a_{n} .
由题意知 a_{n}>0 , 将 a_{n+1}=a_{n}{ }^{2} 两边取对数得 \lg a_{n+1}=2 \lg a_{n} , 即 \frac{\lg a_{n+1}}{\lg a_{n}}=2 , 所以, 数列 \left\{\lg a_{n}\right\} 是以 \lg a_{1}=\lg 3 为首项、公比为 2 的等比数列, \lg a_{n}=\lg a_{1} \cdot 2^{n-1}=\lg 3^{2^{n-1}} , 即 a_{n}=3^{2^{n-1}} .
⑥已知函数 f(x)=\frac{(x+1)^{4}+(x-1)^{4}}{(x+1)^{4}-(x-1)^{4}}(x \neq 0) . 在数列 \left\{a_{n}\right\} 中, a_{1}=2, a_{n+1}= f\left(a_{n}\right)\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) , 求数列 \left\{a_{n}\right\} 的通项公式.
a_{n+1}=\frac{\left(a_{n}+1\right)^{4}+\left(a_{n}-1\right)^{4}}{\left(a_{n}+1\right)^{4}-\left(a_{n}-1\right)^{4}} \Rightarrow \frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=\frac{\left(a_{n}+1\right)^{4}}{\left(a_{n}-1\right)^{4}}=\left(\frac{a_{n}+1}{a_{n}-1}\right)^{4} , 从而有 \ln \frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=4 \ln \frac{a_{n}+1}{a_{n}-1} ,
由此及 \ln \frac{a_{1}+1}{a_{1}-1}=\ln 3 \neq 0 知, 数列 \left\{\ln \frac{a_{n}+1}{a_{n}-1}\right\} 是首项为 \ln 3 、公比为 4 的等比数列, 故有 \ln \frac{a_{n}+1}{a_{n}-1}=4^{n-1} \ln 3 \Rightarrow \frac{a_{n}+1}{a_{n}-1}=3^{4^{n-1}} \Rightarrow a_{n}=\frac{3^{4^{n^{-1}}}+1}{3^{4^{n^{-1}}-1}}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) .
a_{n+1}=\frac{c . a^{n}}{a^{n}+d} 型
解题思路是 : 对 a_{n+1}=\frac{c \cdot a^{n}}{a^{n}+d} 的两边取倒数,即 \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a^{n}+d}{c \cdot a^{n}}=\frac{1}{c}+\frac{d}{c} \cdot \frac{1}{a^{n}}
a_{n+1}=q \cdot a_{n}^{k} 型 解题思路是：对 a_{n+1}=q \cdot a_{n}^{k} 的两边同取常用对数，即 \lg a_{n+1}=k \lg a_{n}+\lg q 若 \mathrm{q}=1 , 则数列 \left\{\lg a_{n}\right\} 是以 \lg a_{1} 为首项, \mathrm{k} 为公比的等比数列： 若 \mathrm{q} \neq 1 , 则令 \mathrm{b}_{\mathrm{n}+1}=k b_{n}+\lg q , 再转化为 (1) 求解
数学归纳法是一种证明与自然数N有关的数学命题的重要方法.
其证题步骤为: 设P(n)表示一个与自然数N有关的命题,
(1) 证明 P\left(n_{0}\right)\left(n_{0} \in \mathbf{N}\right) 成立;\\ (2)假设 P(k)\left(k \geqslant n_{0}\right) 成立,可推出 P(k+1) 成立, 则 P(n) 对一切自然数 n \geqslant n_{0}, n \in \mathbf{N} 时都成立.
在解决数列综合性问题中, 有时运用归纳、猜想与证明将非常有效. 其一般步骤是: 首先 利用所给的递推式求出数列的前几项 a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots , 然后猜想出满足递推式的一个通项公式 a_{n} , 最后用数学归纳法证明猜想是正确的.
作为一种证明与自然数 n 有关的数学命题的重要方法, 数学归纳法一般可证明以下形 式的问题: P(n)
①已知数列 \left\{a_{n}\right\} 各项都是正数, 且满足 a_{0}=1, a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}\left(4-a_{n}\right), n \in \mathbf{N} .\\ (1) 证明: a_{n}
证法一：先求通项\\由于 a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}\left(4-a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left[-\left(a_{n}-2\right)^{2}+4\right] ,\\ 因此, 2\left(2-a_{n+1}\right)=\left(2-a_{n}\right)^{2} ,\\ 令 b_{n}=2-a_{n} , 则 b_{n}=\frac{1}{2} b_{n-1}^{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} b_{n-2}^{2}\right)^{2}=\frac{1}{2} \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2} b_{n-1}^{2^{2}}=\cdots=\left(\frac{1}{2}\right)^{1+2+\cdots+2^{n-1}} b_{0}^{2^{n}} , 又 b_{0}=1 , 所以 b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2^{n-1}-1} , 即 a_{n}=2-b_{n}=2-\left(\frac{1}{2}\right)^{2^{n}-1} .
由此易得 a_{n}
证法二：用数学归纳法证明如下:\\ (i) 当 n=1 时, a_{0}=1, a_{1}=\frac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\frac{3}{2} , 因此, a_{0}0 , 所以 a_{k}-a_{k+1}<0 . 又 a_{k+1}=\frac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)=\frac{1}{2}\left[4-\left(a_{k}-2\right)^{2}\right]<2 , 则 n=k+1 时, 命题正确. 由 (i) (ii) 知, 对一切 n \in \mathbf{N} , 有 a_{n}
证法三 用数学归纳法另证如下:\\ (i) 当 n=1 时, a_{0}=1, a_{1}=\frac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\frac{3}{2} , 因此, 0
评注 证法一先求出通项, 再由通项直接得到第一小题的结论, 两题并作一题做
②设 a_{0} 为常数, 且 a_{n}=3^{n-1}-2 a_{n-1}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) .\\ (1)证明: 对任意 n \geqslant 1, a_{n}=\frac{1}{5}\left[3^{n}+(-1)^{n-1} \times 2^{n}\right]+(-1)^{n} \times 2^{n} a_{0} ;\\ (2) 假设对任意 n \geqslant 1 , 都有 a_{n}>a_{n-1} , 求 a_{0} 的取值范围。
证法一：数学归纳法
(i) a_{1}=3^{0}-2 a_{0}=1-2 a_{0} , 即 a_{1}=1-2 a_{0} , 所以当 n=1 时, 等式成立.\\ (ii) 假设 n=k(k \geqslant 1) 时, 等式成立, 即 a_{k}=\frac{1}{5}\left[3^{k}+(-1)^{k-1} 2^{k}\right]+(-1)^{k} \times 2^{k} a_{0} , 那么 a_{k+1}=3^{k}-2 a_{k}=3^{k}-\frac{2}{5}\left[3^{k}+(-1)^{k-1} 2^{k}\right]-(-1)^{k} \times 2^{k+1} a_{0} =\frac{1}{5}\left[3^{k+1}+(-1)^{k} \times 2^{k+1}\right]+(-1)^{k+1} \times 2^{k+1} a_{0} , 也就是说, 当 n=k+1 时, 等式也成立. 根据 (i) (ii) 可知, 等式对于任何 n \in \mathbf{Z}^{+} 成立.
证法二:
a_{n}=3^{n-1}-2 a_{n-1} \Leftrightarrow \frac{a_{n}}{3^{n-1}}=-\frac{2 a_{n-1}}{3^{n-1}}+1 \Leftrightarrow 3 \times \frac{a_{n}}{3^{n}}=-2 \times \frac{a_{n-1}}{3^{n-1}}+1 \Leftrightarrow 3\left(\frac{a_{n}}{3^{n}}-\frac{1}{5}\right)=-2\left(\frac{a_{n-1}}{3^{n-1}}-\frac{1}{5}\right), 所以, \left\{\frac{a_{n}}{3^{n}}-\frac{1}{5}\right\} 是公比为 -\frac{2}{3} 、首项为 a_{0}-\frac{1}{5} 的等比数列, 所以, \frac{a_{n}}{3^{n}}-\frac{1}{5}=\left(a_{0}-\frac{1}{5}\right)\left(-\frac{2}{3}\right)^{n} , 即 a_{n}=\frac{1}{5}\left[3^{n}+(-1)^{n-1} \times 2^{n}\right]+(-1)^{n} \times 2^{n} a_{0} .
(2) a_{n}-a_{n-1}=\frac{2 \times 3^{n-1}+(-1)^{n-1} \times 3 \times 2^{n-1}}{5}+(-1)^{n} \times 3 \times 2^{n-1} a_{0} , 所以 a_{n}>a_{n-1}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) \Leftrightarrow(-1)^{n-1}\left(5 a_{0}-1\right)<\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right) . (i) 当 n 为奇数时, (1) 式为 5 a_{0}-1<\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2} , 所以, a_{0}<\frac{1}{5}\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2}+\frac{1}{5} , 所以, a_{0}<\frac{1}{5}\left(\frac{3}{2}\right)^{-1}+\frac{1}{5}=\frac{1}{3} . (ii) 当 n 为偶数时, (1) 式为 5 a_{0}-1>-\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2} , 所以 a_{0}>-\frac{1}{5}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+\frac{1}{5} , 所以 a_{0}>-\frac{1}{5} \times 1+\frac{1}{5}=0 . 综上所述, (1) 式对任意 n \in \mathbf{Z}^{+} 成立, 有 0
③数列 \left\{a_{n}\right\} 满足: a_{1}=\frac{3}{2}, a_{n}=\frac{3 n a_{n-1}}{2 a_{n-1}+n-1}\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{N}^{*}\right) , 设 b_{n}=\frac{a_{n}}{n} . 求证: b_{1} \cdot b_{2} \cdots \cdots \cdot b_{n}<2(n \geqslant 2) .
证明 因为 a_{n}=\frac{3 n a_{n-1}}{2 a_{n-1}+n-1} , 所以 \frac{n}{a_{n}}=\frac{2 a_{n-1}+n-1}{3 a_{n-1}}=\frac{2}{3}+\frac{n-1}{3 a_{n-1}} ,\\ 所以 \frac{n}{a_{n}}-1=\frac{2}{3}\left(\frac{n-1}{a_{n-1}}-1\right) . 因为 \frac{1}{a_{1}}-1=-\frac{1}{3} , 所以 \frac{n}{a_{n}}=1-\frac{1}{3^{n}} ,\\ 得 b_{n}=\frac{3^{n}}{3^{n}-1} , 只要证 b_{1} \cdot b_{2} \cdots \cdots \cdot b_{n}<2 \times \frac{3^{n}-1}{3^{n}}(n \geqslant 2) .
以下用数学归纳法.
(1) 当 n=2 时, b_{1} \cdot b_{2}=\frac{27}{16}< 右边 =2 \times \frac{8}{9} .
(2) 假设 n=k 时, b_{1} \cdot b_{2} \cdots \cdot b_{k}<2 \times \frac{3^{k}-1}{3^{k}}(k \geqslant 2) ,
则当 n=k+1 时, b_{1} \cdot b_{2} \cdots \cdots \cdot b_{k} \cdot b_{k+1}<2 \times \frac{3^{k}-1}{3^{k}} \times \frac{3^{k+1}}{3^{k+1}-1}(k \geqslant 2) ,
只要证 2 \times \frac{3^{k}-1}{3^{t}} \times \frac{3^{k+1}}{3^{k+1}-1}<2 \times \frac{3^{k+1}-1}{3^{k+1}} ,
只要证 3\left(3^{k}-1\right) \times 3^{k+2}<\left(3^{k+1}-1\right)^{2} , 化xxx只要证 3^{k+1}>-1 .
显然成立, 以上各步均可逆, 得证.
形如 _ a_{n+1}=a_{n}+p(n) a_{n}^{2} ” 的非线性递推数列, 裂项 分解是解决该类问题比较有效的方法.
构造： a_n=b_n-b_{n+1}
对于差比数列，不只错位相减，也可构造【虽然形式一样】
(a_1+nd)b_1q^n=(An+B)q^n-(An+A+B)q^{n+1}
约去 q^n ，求出系数，即可裂项相消
注意：①裂项完成后观察倍数
②观察相消式子（隔项还是错开）
③小分母减大分母
1. 当 p(n)=c(c 为大于 0 的常数 ) 时.
\begin{array}{l} a_{n+1}=a_{n}+c a_{n}^{z}=a_{n}\left(c a_{n}+1\right) \Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}\left(c a_{n}+1\right)}=\frac{\frac{1}{c}}{a_{n}\left(\frac{1}{c}+a_{n}\right)}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{\frac{1}{c}+a_{n}} \\ \Rightarrow \frac{1}{\frac{1}{c}+a_{n}}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n+1}} . \end{array}
2. 当 p(n)=\frac{1}{n^{2}} (常数 \alpha 为正整数).
对于 a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n}^{2}}{n^{n}} , 一般先利用数列的单调性进行放缩, 即 a_{n+1}
常见形式：
形如 a_{n}=\frac{k}{(A n+B)(A n+C)} 的数列裂项公式:\\ (1) a_{n}=\frac{k}{(A n+B)(A n+C)}=\frac{k}{C-B}\left(\frac{1}{A n+B}-\frac{1}{A n+C}\right) , 继而求和\\ (2)等差数列: \frac{1}{a_{n} \cdot a_{n+1}}=\frac{1}{2 d}\left(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n+2}}\right) .\\ (3) 分式数列: \frac{A}{n(n+k)}=\frac{A}{k}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right) \\ (4) 三重分式: \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) \\ (5)根式数列: \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+k}}=\frac{1}{k}(\sqrt{n+k}-\sqrt{n}) \\ (6) 对数形式:lg \frac{n+k}{n}=\lg (n+k)-\lg n .\\ (7)阶乘数列: n \cdot n !=(n+1) !-n ! \\ (8) 三角函数形式:tan \alpha-\tan \beta=\tan (\alpha-\beta)(1-\tan \alpha \tan \beta) \\(9)幂形式：\frac{m(2nk+k^2)}{n^2(n+k)^2}=m(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+k)^2})\\ (10)指数形式：a_{n}=\frac{n+2}{2^{n+1} n(n+1)}=\frac{1}{2^{n} \cdot n}-\frac{1}{2^{n+1}(n+1)}\\ S_{n}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n+1} \cdot(n+1)}
①设数列 \left\{a_{n}\right\} 满足 a_{0}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n}^{2}}{2012} (n=0,1, \cdots) , 求整数 k , 使得 a_{k}<1
由题意知 \frac{1}{2}=a_{0}\sum_{i=0}^{2012} \frac{1}{1+2012}=1 \Rightarrow a_{2013}>1 .\\ 综上，k=2012
数列\{ a _ { n } \}的差分为：\Delta a_{n}=a_{n+1}-a_{n}.
数列大总结 第19篇
数学必修五数列知识点归纳
数列的函数理解：
①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N_或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
2.通项公式：数列的第N项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式an=f(n)来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式(注：通项公式不)。
数列通项公式的特点：
(1)有些数列的通项公式可以有不同形式，即不。
(2)有些数列没有通项公式(如：素数由小到大排成一列2，3，5，7，11，...)。
3.递推公式：如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
数列递推公式特点：
(1)有些数列的递推公式可以有不同形式，即不。
(2)有些数列没有递推公式。
有递推公式不一定有通项公式。
注：数列中的项必须是数，它可以是实数，也可以是复数。
等差数列通项公式
an=a1+(n-1)d
n=1时a1=S1
n≥2时an=Sn-Sn-1
an=kn+b(k,b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b
等差中项
由三个数a，A，xxx的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。
有关系：A=(a+b)÷2
前n项和
倒序相加法推导前n项和公式：
Sn=a1+a2+a3+xxx··+an
=a1+(a1+d)+(a1+2d)+xxxxxx+[a1+(n-1)d]①
Sn=an+an-1+an-2+xxxxxx+a1
=an+(an-d)+(an-2d)+xxxxxx+[an-(n-1)d]②
由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+xxxxxx+(a1+an)(n个)=n(a1+an)
∴Sn=n(a1+an)÷2
等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：
Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2
Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)
亦可得
a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷n
an=2sn÷n-a1
有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+1
等差数列性质
一、任意两项am，an的关系为：
an=am+(n-m)d
它可以看作等差数列广义的通项公式。
二、从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：
a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1，k∈N_
三、若m，n，p，q∈N_，且m+n=p+q，则有am+an=ap+aq
四、对任意的k∈N_，有
Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…，Snk-S(n-1)k…成等差数列。
cos是什么意思数学
cos是余弦函数的表达式。余弦函数的定义域是整个实数集，值域是[-1，1]。它是周期函数，其最小正周期为2π，在自变量为2kπ(k为整数)时，该函数有极大值1;在自变量为(2k+1)π时，该函数有极小值-1。余弦函数是偶函数，其图像关于y轴对称。
合数的概念
合数指自然数中除了能被1和本身整除外，还能被其他数(0除外)整除的数。与之相对的是质数，而1既不属于质dao数也不属于合数。最小的合数是4。其中，完全数与相亲数是以它为基础的。
数列大总结 第20篇
选修2--1：1、逻辑用语2、圆锥曲线3、空间向量：(利用空间向量可以把立体几何做题简便化)选修2--2：1、导数与微积分2、推理证明：一般不考3、复数
选修2--3：1、计数原理：(排列组合、二项式定理)掌握这部分知识点需要大量做题找规律，无技巧。高考必考，10分2、随机变量及其分布：不单独命题3、统计：
高考的知识板块
集合与简单逻辑：5分或不考
函数：高考60分：①、指数函数②对数函数③二次函数④三次函数⑤三角函数⑥抽象函数(无函数表达式，不易理解，难点)
平面向量与解三角形
立体几何：22分左右
不等式：(线性规则)5分必考
数列：17分(一道大题+一道选择或填空)易和函数结合命题
平面解析几何：(30分左右)
计算原理：10分左右
概率统计：12分----17分
复数：5分
数列大总结 第21篇
2020高考数学复习数列知识点汇总
1.高二数学数列知识点数列概念
①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N*或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。
②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。
③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
等差数列
1.等差数列通项公式
an=a1+(n-1)d
n=1时a1=S1
n≥2时an=Sn-Sn-1
an=kn+b(k，b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b
2.等差中项
由三个数a，A，xxx的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。
有关系：A=(a+b)÷2
3.前n项和
倒序相加法推导前n项和公式：
Sn=a1+a2+a3+xxx··+an
=a1+(a1+d)+(a1+2d)+xxxxxx+[a1+(n-1)d]①
Sn=an+an-1+an-2+xxxxxx+a1
=an+(an-d)+(an-2d)+xxxxxx+[an-(n-1)d]②
由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+xxxxxx+(a1+an)(n个)=n(a1+an)
∴Sn=n(a1+an)÷2
等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：
Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2
Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)
亦可得
a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷n
an=2sn÷n-a1
有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+1
4.等差数列性质
一、任意两项am，an的关系为：
an=am+(n-m)d
它可以看作等差数列广义的通项公式。
二、从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：
a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1，k∈N*
三、若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则有am+an=ap+aq
四、对任意的k∈N*，有
Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…，Snk-S(n-1)k…成等差数列。
等比数列
1.等比中项
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，xxx等比数列，那么G叫做a与b的等比中项。
有关系：
注：两个非零同号的实数的等比中项有两个，它们互为相反数，所以G2=ab是a，G，b三数成等比数列的必要不充分条件。
2.等比数列通项公式
an=a1*q’(n-1)(其中首项是a1，公比是q)
an=Sn-S(n-1)(n≥2)
前n项和
当q≠1时，等比数列的前n项和的公式为
Sn=a1(1-q’n)/(1-q)=(a1-a1*q’n)/(1-q)(q≠1)
当q=1时，等比数列的前n项和的公式为
Sn=na1
3.等比数列前n项和与通项的关系
an=a1=s1(n=1)
an=sn-s(n-1)(n≥2)
4.等比数列性质
(1)若m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，则am·an=ap·aq;
(2)在等比数列中，依次每k项之和xxx等比数列。
(3)从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1，k∈{1，2，…，n}
(4)等比中项：q、r、xxx等比数列，则aq·ap=ar2，ar则为ap，aq等比中项。
记πn=a1·a2…an，则有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1
另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底指数幂后构成一个等差数列;反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂Can，则是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。
(5)等比数列前n项之和Sn=a1(1-q’n)/(1-q)
(6)任意两项am，an的关系为an=am·q’(n-m)
(7)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零。
注意：上述公式中a’n表示a的n次方。
2020高考数学复习技巧总结
1.先看笔记后做作业。
有的同学感到，老师讲过的，自己已经听得明明白白了。但是为什么你这么做有那么多困难呢?原因是学生对教师所说的理解没有达到教师要求的水平。
因此，每天做作业之前，我们必须先看一下课本的相关内容和当天的课堂笔记。能否如此坚持，常常是好学生与差学生的最大区别。尤其是当练习不匹配时，老师通常没有刚刚讲过的练习类型，因此它们不能被比较和消化。如果你不重视这个实施，在很长一段时间内，会造成很大的损失。
2.做题之后加强反思。
学生一定要明确，现在正做着的题，一定不是考试的题目。但使用现在做主题的解决问题的思路和方法。因此，我们应该反思我们所做的每一个问题，并总结我们自己的收获。
数列大总结 第22篇
1、遗忘空集致误
错因分析：由于空集是任何非空集合的真子集，因此，对于集合B，就有B=A，φ≠B，B≠φ，三种情况，在解题中如果思维不够缜密就有可能忽视了B≠φ这种情况，导致解题结果错误。尤其是在解含有参数的集合问题时，更要充分注意当参数在某个范围内取值时所给的集合可能是空集这种情况。
空集是一个特殊的集合，由于思维定式的原因，考生往往会在解题中遗忘了这个集合，导致解题错误或是解题不全面。
2、忽视集合元素的三性致误
错因分析：集合中的元素具有确定性、无序性、互异性，集合元素的三性中互异性对解题的影响最大，特别是带有字母参数的集合，实际上就隐含着对字母参数的一些要求。在解题时也可以先确定字母参数的范围后，再具体解决问题。
3、四种命题的结构不明致误
错因分析：如果原命题是“若A则B”，则这个命题的逆命题是“若B则A”，否命题是“若┐A则┐B”，逆否命题是“若┐B则┐A”。
这里面有两组等价的命题，即“原命题和它的逆否命题等价，否命题与逆命题等价”。在解答由一个命题写出该命题的其他形式的命题时，一定要明确四种命题的结构以及它们之间的等价关系。
另外，在否定一个命题时，要注意全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题。如对“a，b都是偶数”的否定应该是“a，b不都是偶数”，而不应该是“a，b都是奇数”。
4、充分必要条件颠倒致误
错因分析：对于两个条件A，B，如果A=>B成立，则A是B的充分条件，B是A的必要条件;如果B=>A成立，则A是B的必要条件，B是A的充分条件;如果A<=>B，则A，B互为充分必要条件。解题时最容易出错的就是颠倒了充分性与必要性，所以在解决这类问题时一定要根据充要条件的概念作出准确的判断。
5、逻辑联结词理解不准致误
错因分析：在判断含逻辑联结词的命题时很容易因为理解不准确而出现错误，在这里我们给出一些常用的判断方法，希望对大家有所帮助：
p∨q真<=>p真或q真，
p∨q假<=>p假且q假(概括为一真即真);
p∧q真<=>p真且q真，
p∧q假<=>p假或q假(概括为一假即假);
┐p真<=>p假，┐p假<=>p真(概括为一真一假)。
6、求函数奇偶性的常见错误
错因分析：求函数奇偶性的常见错误有求错函数定义域或是忽视函数定义域，对函数具有奇偶性的前提条件不清，对分段函数奇偶性判断方法不当等。
判断函数的奇偶性，首先要考虑函数的定义域，一个函数具备奇偶性的必要条件是这个函数的定义域区间关于原点对称，如果不具备这个条件，函数一定是非奇非偶的函数。
在定义域区间关于原点对称的前提下，再根据奇偶函数的定义进行判断，在用定义进行判断时要注意自变量在定义域区间内的任意性。
数列大总结 第23篇
数列的相关概念
1.数列概念
①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N--或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。
②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。
③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
数列大总结 第24篇
若等差/等⽐数列 a_{n} 的前 n 项和为 S_{n} ，则 S_{0}=0
其实不光如此，“等差×等⽐”“裂项求和”等
其前n项和 S_{n} 都满⾜ S_{0}=0 ，除⾮ S_{0} 没有意义.【求参数】
S_{n}=\frac{d}{2} n^{2}+\left(a_{1}-\frac{d}{2}\right) n\Leftrightarrow a_{n}=a_{1}+d (n-1)\tag2 等差数列 \left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\} 的前 n 项和分别为 S_{n}, T_{n} ，且 \frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{p n+q}{h n+k}
∵S_{n}=p n^{2}+q n\\
∴a_{n}=2 p n+q-p, b_{n}=2 h n+k-h\tag1
若 a_{n}=(A n+B) q^{n-1}
则 S_{n}=(D n+E) q^{n}-E
其中 D=\frac{A}{q-1}, E=\frac{B-D}{q-1}
需要注意的是，必须将 a_{n} 写成标准形式 a_{n}=(A n+B) q^{n-1} .
【错位相减】
数列大总结 第25篇
等比数列求和公式
(1) 等比数列：a (n+1)/an=q (n∈N)。
(2) 通项公式：an=a1×q^(n-1); 推广式：an=am×q^(n-m);
(3) 求和公式：Sn=n×a1 (q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) (xxx公比，n为项数)
(4)性质：
①若 m、n、p、q∈N，且m+n=p+q，则am×an=ap×aq;
②在等比数列中，依次每 k项之和xxx等比数列.
③若m、n、q∈N，且m+n=2q，则am×an=aq^2
(5)“G是a、b的等比中项”“G^2=ab(G ≠ 0)”.
(6)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零. 注意：上述公式xxx表示等比数列的第n项。
等比数列求和公式推导： Sn=a1+a2+a3+...+an(公比为q) q*Sn=a1*q+a2*q+a3*q+...+an*q =a2+a3+a4+...+a(n+1) Sn-q*Sn=a1-a(n+1) (1-q)Sn=a1-a1*q^n Sn=(a1-a1*q^n)/(1-q) Sn=(a1-an*q)/(1-q) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) Sn=k*(1-q^n)~y=k*(1-a^x)。
