高一年級數列知識點及解題技巧
1．等差數列：一般地，如果乙個數列從第二項起，每一項與它前一項的差等於同乙個常數，即－=d ，（n≥2，n∈n），這個數列就叫做等差數列，這個常數就叫做等差數列的公差（常用字母「d」表示）
2．等差數列的通項公式：
或 =pn+q (p、q是常數))
3．有幾種方法可以計算公差d
① d=－ ② d= ③ d=
4．等差中項：成等差數列
5．等差數列的性質： m+n=p+q (m, n, p, q ∈n )
等差數列前n項和公式
6.等差數列的前項和公式
（1） （2）（3），當d≠0，是乙個常數項為零的二次式
8.對等差數列前項和的最值問題有兩種方法:
（1） 利用：當》0，d<0，前n項和有最大值可由≥0，且≤0，求得n的值
當<0，d>0，前n項和有最小值可由≤0，且≥0，求得n的值
（2） 利用：由二次函式配方法求得最值時n的值
等比數列
1．等比數列：如果乙個數列從第二項起，每一項與它的前一項的比等於同乙個常數，那麼這個數列就叫做等比數列.這個常數叫做等比數列的公比；公比通常用字母q表示（q≠0），即：
=q（q≠0）
2.等比數列的通項公式
3．｛｝成等比數列=q（,q≠0） 「≠0」是數列｛｝成等比數列的必要非充分條件
4．既是等差又是等比數列的數列：非零常數列．
5．等比中項：g為a與b的等比中項. 即g=±（a,b同號）.
6．性質：若m+n=p+q，
7．判斷等比數列的方法：定義法，中項法，通項公式法
8．等比數列的增減性：
當q>1, >0或0當q>1, <0,或00時, {}是遞減數列;
當q=1時, {}是常數列
當q<0時, {}是擺動數列;
等比數列前n項和
等比數列的前n項和公式：
∴當時， ① 或 ②
當q=1時，
當已知, q, n 時用公式①；當已知, q,時，用公式②.
數列通項公式的求法
一、定義法
直接利用等差數列或等比數列的定義求通項的方法叫定義法，這種方法適應於已知數列型別的題目．
例1．等差數列是遞增數列，前n項和為，且成等比數列，．求數列的通項公式.
解：設數列公差為
∵成等比數列，∴，
即由①②得：，
∴點評：利用定義法求數列通項時要注意不用錯定義，設法求出首項與公差（公比）後再寫出通項。
二、公式法
若已知數列的前項和與的關係，求數列的通項可用公式求解。
例2．已知數列的前項和滿足．求數列的通項公式。
解：由當時，有
……，經驗證也滿足上式，所以
點評：利用公式求解時，要注意對n分類討論，但若能合寫時一定要合併．
三、由遞推式求數列通項法
對於遞推公式確定的數列的求解，通常可以通過遞推公式的變換，轉化為等差數列或等比數列問題，有時也用到一些特殊的轉化方法與特殊數列。
型別1 遞推公式為
解法：把原遞推公式轉化為，利用累加法(逐差相加法)求解。
(2004全國卷i.22)已知數列中, ,其中……，求數列的通項公式。p24（styyj）
例3. 已知數列滿足，，求。
解：由條件知：
分別令，代入上式得個等式累加之，即
所以，型別2 （1）遞推公式為
解法：把原遞推公式轉化為，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
(2004全國卷i.15)已知數列，滿足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，則的通項
p24（styyj）
例4. 已知數列滿足，，求。
解：由條件知，分別令，代入上式得個等式累乘之，即
又， （2）．由和確定的遞推數列的通項可如下求得：
由已知遞推式有，，，依次向前代入，得
，簡記為 ，這就是疊（迭）代法的基本模式。
（3） 遞推式： 解法：只需構造數列，消去帶來的差異．
例5．設數列：，求.
解：設，將代入遞推式，得
…（１）則,又，故代入（１）得
說明：（1）若為的二次式，則可設;(2)本題也可由,（）兩式相減得轉化為求之.
例6．已知， ，求。
解： 。
型別3 遞推公式為（其中p，q均為常數，）。
解法：把原遞推公式轉化為：，其中，再利用換元法轉化為等比數列求解。
(2006.重慶.14）在數列中，若，則該數列的通項p24（styyj）
例7. 已知數列中，，，求.
解：設遞推公式可以轉化為即.故遞推公式為,令，則,且.所以是以為首項，2為公比的等比數列，則,所以.
型別4 遞推公式為（其中p，q均為常數，）。 （或,其中p，q, r均為常數）
（2006全國i.22）（本小題滿分12分）
設數列的前項的和，
（ⅰ）求首項與通項； p25（styyj）
解法：該型別較型別3要複雜一些。一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：
引入輔助數列（其中），得：再應用型別3的方法解決。
例8. 已知數列中，,，求。
解：在兩邊乘以得：
令，則,應用例7解法得： 所以
型別5 遞推公式為（其中p，q均為常數）。
解法：先把原遞推公式轉化為
其中s，t滿足，再應用前面型別3的方法求解。
（2006.福建.理.22）（本小題滿分14分）
已知數列滿足
（i）求數列的通項公式； p26（styyj）
例9. 已知數列中，, ,，求。
解：由可轉化為
即或這裡不妨選用（當然也可選用，大家可以試一試），則是以首項為，公比為的等比數列,所以,應用型別1的方法，分別令，代入上式得個等式累加之，
即又，所以。
型別6 遞推公式為與的關係式。(或)
解法：利用進行求解。
(2006.陝西.20) (本小題滿分12分)
已知正項數列，其前n項和sn滿足10sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比數列，求數列的通項an p24（styyj）
例10. 已知數列前n項和.
（1）求與的關係；（2）求通項公式.
解：（1）由得：
於是所以.
（2）應用型別4的方法，上式兩邊同乘以得：
由.於是數列是以2為首項，2為公差的等差數列，所以
型別7 雙數列型
解法：根據所給兩個數列遞推公式的關係，靈活採用累加、累乘、化歸等方法求解。
例11. 已知數列中，；數列中，。當時，,，求,.
解：因所以
即1）又因為
所以……
.即2）
由（1）、（2）得：，
四、待定係數法（構造法）
求數列通項公式方法靈活多樣，特別是對於給定的遞推關係求通項公式，觀察、分析、推理能力要求較高。通常可對遞推式變換，轉化成特殊數列（等差或等比數列）來求解，這種方法體現了數學中化未知為已知的化歸思想，而運用待定係數法變換遞推式中的常數就是一種重要的轉化方法。
1、通過分解常數，可轉化為特殊數列的形式求解。一般地，形如a=p a+q（p≠1，pq≠0）型的遞推式均可通過待定係數法對常數q分解法：設a+k=p（a+k）與原式比較係數可得pk－k=q，即k=，從而得等比數列。
例12、數列滿足a=1，a=a+1（n≥2），求數列的通項公式。
解：由a=a+1（n≥2）得a－2=（a－2），而a－2=1－2=－1，
∴數列是以為公比，－1為首項的等比數列
∴a－2a=2－（）
說明：這個題目通過對常數1的分解，進行適當組合，可得等比數列，從而達到解決問題的目的。
例13、數列滿足a=1，,求數列的通項公式。
解：由得
設a，比較係數得解得
∴{}是以為公比，以為首項的等比數列
∴例14．已知數列滿足，且，求．
解：設，則，
是以為首項,以3為公比的等比數列
點評：求遞推式形如（p、q為常數）的數列通項，可用迭代法或待定係數法構造新數列來求得,也可用「歸納—猜想—證明」法來求，這也是近年高考考得很多的一種題型．
例15．已知數列滿足， ，求．
解：將兩邊同除，得
設，則．令
．條件可化成，數列是以為首項，為公比的等比數列．．因,
．點評：遞推式為（p、q為常數）時，可同除，得
，令從而化歸為（p、q為常數）型．
2、通過分解係數，可轉化為特殊數列的形式求解。這種方法適用於型的遞推式，通過對係數p的分解，可得等比數列：設，比較係數得，可解得。
（2006.福建.文.22）（本小題滿分14分）已知數列滿足
（i）證明：數列是等比數列；
（ii）求數列的通項公式；
例16、數列滿足=0，求數列的通項公式。
分析：遞推式中含相鄰三項，因而考慮每相鄰兩項的組合，即把中間一項的係數分解成1和2，適當組合，可發現乙個等比數列。
解：由得
即，且∴是以2為公比，3為首項的等比數列
∴利用逐差法可得
∴例17、數列中，，求數列的通項公式。
解：由得設
比較係數得，解得或
若取，則有
∴是以為公比，以為首項的等比數列
∴由逐差法可得===
說明：若本題中取，則有即得
為常數列,
故可轉化為例13。
例18．已知數列滿足, ,求．
解：設或
則條件可以化為是以首項為，公比為的等比數列,所以．問題轉化為利用累加法求數列的通項的問題，解得．
點評：遞推式為（p、q為常數）時，可以設，其待定常數s、t由,求出，從而化歸為上述已知題型．
五、特徵根法
1、設已知數列的項滿足,其中求這個數列的通項公式。作出乙個方程則當時，為常數列，即，其中是以為公比的等比數列，即.
例19．已知數列滿足：求
解：作方程
當時，數列是以為公比的等比數列.於是
2、對於由遞推公式，給出的數列，方程，叫做數列的特徵方程。若是特徵方程的兩個根，當時，數列的通項為，其中a，b由決定（即把和，代入，得到關於a、b的方程組）；當時，數列的通項為，其中a，b由決定（即把和，代入，得到關於a、b的方程組）。
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