高中数列总结 第1篇
等比数列与等差数列的求和
一类特殊的等比数列求和
欧拉公式：e^{ix}=cosx+isinx，及棣莫弗公式（cosx+isinx）^n=cosnx+isinnx\\ 求\sum_{k=1}^{n}{coskx}和\sum_{k=1}^{n}{sinkx} \\有\sum_{k=1}^{n}{e^{ikx}}=\frac{(1-e^{inx})e^{ix}}{1-e^{ix}}=\frac{e^{ix}-e^{ix(n+1)}}{1-e^{ix}}\\=\frac{e^{\frac{ix}{2}}-e^{ix(n+\frac{1}{2})}}{e^{-\frac{ix}{2}}-e^{\frac{ix}{2}}}\\=\frac{(e^{\frac{ix}{2}}-e^{ix(n+\frac{1}{2})})\frac{1}{2i}}{(e^{-\frac{ix}{2}}-e^{\frac{ix}{2}})\frac{1}{2i}}\\=\frac{i[e^{\frac{ix}{2}}-e^{ix(n+\frac{1}{2})}]}{2sin\frac{x}{2}}\\=\frac{i[cos\frac{x}{2}+icos\frac{x}{2}-cos({nx+\frac{x}{2})-isin(nx+\frac{x}{2})}]}{2sin\frac{x}{2}}
我们知道实部求和仍是实部，虚部求和仍是虚部故有
\sum_{k=1}^{n}{coskx}=\frac{sin(nx+\frac{x}{2})-sin\frac{x}{2}}{2sin\frac{x}{2}}\\\sum_{k=1}^nsinkx=\frac{-cos(nx+\frac{x}{2})+cos\frac{x}{2}}{2sin\frac{x}{2}}
这类求和的本质居然是等比数列求和！
高中数列总结 第2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)。
拓展：高中数学知识点等差数列的定义及性质
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为an+1-an=d。
等差数列的性质：
（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则am＝an+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则as+at=ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t=2p时,高一，有as+at=2ap；
（5）若数列｛an｝，｛bn｝均是等差数列，则数列｛man+kbn｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即
对等差数列定义的理解：
①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列．
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有 还有
③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④ 是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明an+1-an是一个与n无关的常数即可。
等差数列求解与证明的基本方法：
(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．
高中数列总结 第3篇
求证\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k+1}}＜ ln（n+1）＜\sum_{k=1}^{n}{}\frac{1}{k}
观察该项式子，左边为\frac{1}{n+1}的和，中间为ln（n+1）.\\我们可以把ln（n+1）看作某一个数列的和，做差即得通项\\我们便有以下猜想是否有\frac{1}{n+1}\leq ln(n+1)-lnn成立，假如成立，\\便有原式成立，即等价于\frac{1}{n+1}\leq ln(1+\frac{1}{n}),换元利用导数证明即可，\\可自行尝试证明右边
ps：这个有点像归纳法的第三步证明，当然也可采取积分放缩，见下文
如：求证：\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+\frac{ln4}{5}+...+\frac{lnn}{n-1}＜\frac{n(n-1)}{4}\\解：通项分析可得只需证明\frac{lnn}{n+1}＜\frac{n-1}{2},即证lnn＜\frac{n^2-1}{2},\\又有lnn\leq n+1<\frac{n^2-1}{2}或者求导证明也可，所以原式子显然成立
ps：通项分析对一些数列放缩提供了一种好方法!
放缩成裂项
如：c_n=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}},证明：c_1+c_2+c_3+...+c_n<2\sqrt{n}\\解：通项分析我们有以下猜想：\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}),\\于是我们尝试放缩\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}<\sqrt{\frac{n+1}{n(n+1)}}=\sqrt{\frac{1}{n}}=\frac{2}{2\sqrt n}<\frac{2}{\sqrt {n-1}+\sqrt n}\\=2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})
ps：此题为2019年浙江高考数列，参考答案用归纳法即证
但一般来说，会碰到和式右端为一个常数，这时候一般都是放缩为裂项或放缩为等比数列
我们来探索一下放缩成裂项求和
以\frac{1}{n^2}为例\\(1)1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}<2\\证：有\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n},于是1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}\\<1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}=2-\frac{1}{n}<2\\(2)1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}<\frac{7}{4}\\证：\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n^2-1}=\frac{1}{(n+1)(n-1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}),于是\\1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}\\<1+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})\\=1+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})<\frac{7}{4}
(3)1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}<\frac{33}{20}\\证：n^2>n^2-\frac{1}{4}=(n-\frac{1}{4})(n+\frac{1}{2}),则\frac{1}{n^2}<\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(n+\frac{1}{2})}\\=2(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})\\1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}\\<1+2(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})\\=1+2(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+1})<\frac{5}{3},我们发现放缩过头了，于是我们尝试保留两项\\1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}\\<1+\frac{1}{2^2}+2(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})=1+\frac{1}{4}+2(\frac{1}{5}-\frac{1}{2n+1})<\frac{33}{20}
ps：实际上 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\frac{\pi^2}{6} ,有时候需要保留前几项提高精确度。
拓展：
对于n^2+bn+c型放缩，有\frac{1}{n^2+bn+c}\leq\frac{1}{a_na_{n+k}}=\frac{1}{(n+\lambda)(n+k+\lambda)},\\其中n,k\in N^*,b,c\lambda\in R\\由n^2+bn+c\geq(n+\lambda)(n+k+\lambda),得（b-k-2\lambda）n+(c-\lambda k-\lambda^2)\geq0\\为了达到最好的放缩目的，应当使得不等式相等或接近，\\令b-k-2\lambda=0,c-\lambda k-\lambda ^2\geq0,连列得k\geq\sqrt{b^2-4c}，\\\lambda=\frac{b-k}{2},让k取得不等式最小得正整数即可
可尝试用上述方法放缩\frac{1}{2n^2+n-1}
等比数列放缩
已知a_n=3^n+3,求证：\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+...+\frac{1}{a_n}<\frac{1}{3}
证：\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+...+\frac{1}{a_n}<\frac{1}{6}+(\frac{1}{9}+...+\frac{1}{3^n})<\frac{1}{6}+\frac{\frac{1}{9}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{3}
已知a_n=3^n-2^n,求证：\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+...+\frac{1}{a_n}<\frac{3}{2}
证：a_n=3^n-2^n\geq\frac{5}{4}\cdot2^n=5\cdot2^{n-2},于是\\\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_n}+...+\frac{1}{a_n}\leq\frac{1}{5}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^{n-2}})=\\1+\frac{1}{5}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}<\frac{7}{5}<\frac{3}{2}
ps：放缩方法有多种 假如a>b,a^n-b^n>A\cdot b^n或>B\cdot a^{n-1}
求证：（\frac{1}{n}）^n+(\frac{2}{n})^n+...+(\frac{n}{n})^n<\frac{e}{e-1}
解：(\frac{1}{n}）^n+(\frac{2}{n})^n+...+(\frac{n}{n})^n\\=(\frac{n}{n})^n+(\frac{n-1}{n})^n+...+(\frac{1}{n})^n\\=(\frac{n-0}{n})^n+(\frac{n-1}{n})^n+...+(\frac{n-(n-1)}{n})^n\\=(1-\frac{0}{n})^n+(1-\frac{1}{n})^n+...+(1-\frac{n-1}{n})^n,\\观察得\frac{e}{e-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{e}}>1+\frac{1}{e}+\frac{1}{e^2}+...+\frac{1}{e^{n-1}}\\尝试证明\frac{1}{e^k}\geq(1-\frac{k}{n})^n\Leftrightarrow e^{-\frac{k}{n}}\geq1-\frac{k}{n},显然成立
例：已知数列\{a_n\}的前n项和为S_n,且满足S_n=2a_n-1(n\in N^*)\\ (1)求数列\{a_n\}的通项公式\\ （2）求证：\frac{a_3}{S^2_2}+\frac{a_4}{S_3^2}+...+\frac{a_{n+2}}{S_{n+1}^2}<2,n\in N^{*}
解：(1)当n=1时，a_1=2a_1-1\Rightarrow a_1=1\\当n\geq2时，通过做差有a_n=2a_n-2a_{n-1}\Rightarrow a_n=2\cdot a_{n-1}\\所以a_n=2^{n-1}
(2)（裂项放缩），由（1）易得S_n=2^n-1,所以\frac{a_{n+2}}{S_{n+1}^2}=\frac{2^{n+1}}{(2^{n+1}-1)^2}\\\le\frac{2^{n+1}}{(2^{n+1}-1)(2^{n}-1)}=2(\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1})\\所以\frac{a_3}{S^2_2}+\frac{a_4}{S_3^2}+...+\frac{a_{n+2}}{S_{n+1}^2}<2(\frac{1}{2-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1})=2-\frac{2}{2^{n+1}-1}<2
(等比放缩)\frac{a_{n+2}}{S_{n+1}^2}=\frac{2^{n+1}}{(2^{n+1}-1)^2}=\frac{2^{n+1}}{(2^{n+1})^2-2\cdot2^{n+1}+1}=\frac{1}{2^{n+1}+\frac{1}{2^{n+1}}-2},\\因为（2^{n+1}+\frac{1}{2^{n+1}}-2）-2^n=2^{n}+\frac{1}{2^{n+1}}-2>0\\于是\frac{a_{n+2}}{S_{n+1}^2}=\frac{2^{n+1}}{(2^{n+1}-1)^2}<\frac{1}{2^n},\\\frac{a_3}{S^2_2}+\frac{a_4}{S_3^2}+...+\frac{a_{n+2}}{S_{n+1}^2}<\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+...\frac{1}{2^n}=\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^n}<1<2
估阶
对于递推数列 a_{n+1}=f(a_n) ,我们可以进行大致估计。
2021年的浙江高考选择题
ps：这里仅仅对数列进行大致估计，对于答案的完整过程可以看其他解答。
\text{ 对于}a_1=1,a_{n+1}=\frac{a_n}{1+\sqrt{a_n}},\text{容易知道}a_n\text{越来越小最后接近于}0，\text{我们可以设想找到一个}a_n\sim f\left( n \right) ,\\\text{这样就可以在}n\text{越大的时候}\text{就可以用}f\left( n \right) \text{近似的代替}a_n,\text{即找到}\frac{a_n}{n^{\alpha}}\text{等于一个常数，但这样比较难}\\\text{找到，等价的我们也可以找到}\frac{a_{n}^{\alpha}}{n}\text{等于一个常数，即}
\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{a_{n}^{\alpha}}{n}\xlongequal{stolz}\frac{a_{n+1}^{\alpha}-a_{n}^{\alpha}}{n+1-n}=\left( \frac{a_n}{1+\sqrt{a_n}} \right) ^{\alpha}-a_{n}^{\alpha}=a_{n}^{\alpha}\left( \left( 1+\sqrt{a_n} \right) ^{-\alpha}-1 \right) =-\alpha a_{n}^{\alpha +\frac{1}{2}}
即\alpha =-\frac{1}{2}， 于是 a_n\sim \frac{4}{n^2}
我们知道越大越接近于是可以尝试保留前几项开始估计（主要是不知道谁大谁小，所以只能估计）
a_1+a_2+a_3+4\sum_{k=4}^{100}{\frac{1}{k^2}}
这样就可以大致的选择了。
\text{我们可以进一步探究}a_{n+1}^{-\frac{1}{2}}=\left( \frac{a_n}{1+\sqrt{a_n}} \right) ^{-\frac{1}{2}}=a_{n}^{-\frac{1}{2}}\left( \frac{1}{1+\sqrt{a_n}} \right) ^{-\frac{1}{2}}=a_{n}^{-\frac{1}{2}}\left( 1+\frac{\sqrt{a_n}}{2}-\frac{a_n}{8}+O\left( a_{n}^{\frac{3}{2}} \right) \right) \\ \text{即}a_{n+1}^{-\frac{1}{2}}-a_{n}^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}-\frac{a_{n}^{\frac{1}{2}}}{8}+O\left( a_{n}^{\frac{3}{2}} \right) =\frac{1}{2}-\frac{1}{4n}+O\left( \frac{1}{n^3} \right) \\ a_{n}^{-\frac{1}{2}}-1=\frac{n-1}{2}-\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{k}}+O\left( \sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{k^3}} \right) ,a_n=\frac{n}{2}-\frac{\ln n}{4}+O\left( 1 \right) \\ a_n=\left( \frac{n}{2}-\frac{\ln n}{4}+O\left( 1 \right) \right) ^{-2} \\ \,\, =\frac{4}{n^2}\left( 1-\frac{\ln n}{2n}+O\left( \frac{1}{n} \right) \right) ^{-2} \\ \,\, =\frac{4}{n^2}+\frac{4\ln n}{n^3}+O\left( \frac{1}{n^3} \right) \\ \text{于是就可以大致估计}a_n\text{的较大的项。} \\
为了看看精度如何，利用如下代码
第一列是数列的标准值，第二列只估计了1阶，第三列估计了2阶，由此可见，精度还是挺高的。
当然一般第1阶有其他形式，如 \alpha n^{\beta},\alpha \ln^{\beta},\alpha \beta^{n} 以及三种的混合形式，但常见的就这三种。
例：数列{a_n}的前n项和为S_n,a_1=1,且a_{n+1}=\frac{a_n}{6a_n+5\sqrt{a_n}+1}(n\in N^*),则()\\
解1:对a_{n+1}=\frac{a_n}{6a_n+5\sqrt{a_n}+1}两边取倒数得\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+\frac{5}{\sqrt{a_n}}+6<(\frac{1}{\sqrt{a_n}}+\frac{5}{2})^2\\ 所以\frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}<\frac{1}{\sqrt{a_n}}+\frac{5}{2},累加得\frac{1}{\sqrt{a_n}}\leq1+\frac{5}{2}(n-1)\Rightarrow a_n\geq(\frac{2}{5n-3})^2,故a_{n+1}<\\\frac{a_n}{5\sqrt{a_n}+1}\leq\frac{a_n}{\frac{5n+7}{5n-3}}\Rightarrow\frac{a_{n+1}}{a_n}<\frac{5n-3}{5n+7},累乘得a_n<\frac{5n-8}{5n+2}\cdot\frac{5n-13}{5n-3}\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{a_2}{a_1}\cdot a_1=\\\frac{14}{(5n+2)(5n-3)},即a_n\leq\frac{14}{(5n+2)(5n-3)}=\frac{14}{5}(\frac{1}{5n-3}-\frac{1}{5n+2})，所以S_n\leq\\\frac{14}{5}[(\frac{1}{2}-\frac{1}{7})+(\frac{1}{7}-\frac{1}{12})+\cdot\cdot\cdot+(\frac{1}{5n-3}-\frac{1}{5n+2})]=\frac{14}{5}(\frac{1}{2}-\frac{1}{5n+2})<\frac{7}{5},所以 显然A