数列知识点总结大纲 第1篇
对于数列\left\{ a_{n}\right\} ，如果存在一个常数 T \left( T \in N ^ { + } \right), 使得对任意的正整数 n>n_0 恒有a _ { n + T } = a _ { n } 成立，则称数列\left\{ a_{n}\right\} 是从第 n_0 项起的周期为 T 的周期数列。若 n _ { 0 } = 1 ，则称数列\left\{ a_{n}\right\} 为纯周期数列，若 n _ { 0 } \geq 2 ，则称数列\left\{ a_{n}\right\} 为混周期数列， T 的最小值称为最小正周期，简称周期.
（1）周期数列是无穷数列，其值域是有限集；
（2）周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同）；
（3）如果 T 是数列 \left\{ A_{n}\right\} 的周期，则对于任意的 k\in N^* ， kT 也是数列\left\{ A_{n}\right\} 的周期；
（4）如果T是数列\left\{ A_{n}\right\} 的最小正周期，M是数列\left\{ A_{n}\right\} 的任一周期，则必有 T 整除 M ，即 M=kT，k\in N^* ；
（5）已知数列\left\{ A_{n}\right\} 满足 A_{n+t}=A_n （ t 为常数）， S_n、T_n 分别为\left\{ A_{n}\right\} 的前 n 项的和与积，若 n=qt+r,0≤r
（1） a _ { n } + a _ { n - 1 } = s \Rightarrow T = 2
（2） a _ { n } a _ { n - 1 } = s \Rightarrow T = 2
（3） a _ { n + 1 } = \frac { 1 - a _ { n } } { 1 + a _ { n } } \Rightarrow T = 2
特别地， a _ { n + 1 } = \frac { x a _ { n } + y } { k a _ { n } + b } , x = b \Rightarrow T = 2
（4） a _ { n } + a _ { n - 1 } + a _ { n - 2 } = s \Rightarrow T = 3
（5） a _ { n } \cdot a _ { n - 1 } \cdot a _ { n - 2 } = s \Rightarrow T = 3
（6） a _ { n + 1 } = - \frac { 1 } { 1 + a _ { n } } \Rightarrow T = 3
（7） a _ { n + 1 } = 1 - \frac { 1 } { a _ { n } } \Rightarrow T = 3
（8） a _ { n + 1 } = \frac { 1 + a _ { n } } { 1 - a _ { n } } \Rightarrow T = 4
（9） a _ { n + 1 } = \frac { 1 - a _ { n } } { 1 + a _ { n } } \Rightarrow T = 2
（10） a _ { n + 1 } = \frac { a _ { n } - 1 } { a _ { n } + 1 } \Rightarrow T = 4
（11） a _ { n + 2 } = a _ { n + 1 } - a _ { n } \Rightarrow T = 6
（12） a _ { n } = \frac { \sqrt { 3 } a _ { n - 1 } + 1 } { \sqrt { 3 } - a _ { n - 1 } } = \frac { a _ { n - 1 } + \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } } { 1 - \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } a _ { n } } \Rightarrow T = 6
数列知识点总结大纲 第2篇
情形1 （将和拆开）要证明 f(n)<\sum_{i=1}^na_i （或 f(n)>\sum_{i=1}^na_i ），可构造数列 \{b_n\}：
b_1=f(1) ，b_n=f(n)-f(n-1)(n\geq2) ，则 \sum_{i=1}^nb_n=f(n)
只需证明对任意 i\in N^+ ， b_i （或 b_i>a_i ）即可。
例题一：
推广 该方法充分体现了竞赛中“局部不等式”的思想，通过构造多个不等式（形如上述方法中的 b_i ），再叠加、变形，达到证明不等式的效果。
例题一：
例题二：
情形2 （将积拆开）要证明 f(n)<\prod_{i=1}^na_i （或 f(n)>\prod_{i=1}^na_i ），可构造数列 \{b_n\}：
b_1=f(1) ，b_n=\frac{f(n)}{f(n-1)}(n\geq2) ，则 \prod_{i=1}^nb_n=f(n)
只需证明对任意 i\in N^+ ， b_i （或 b_i>a_i ）即可。
例题一：
推广 “将积拆开”的方法其实与上面“将和拆开”的方法一样，只是将加法改为乘法。
在学习中也应该有这种类比的思想，而不只是单纯背下这种方法，在考试的时候才不会陷入“思维定式”当中。
清楚这种方法的本质其实是“局部不等式”，就能做到“以不变应万变”。
例题一：
情形3 （综合拆项）在经过了“将和拆开”或“将积拆开”的过程之后，需要证明 b_i （或 b_i>a_i ），但若证明过程较难，可再考虑将 a_i 和 b_i 表示为多项的和（或积）。
情形1 （ a_n=\frac{1}{n} 型）对于数列 a_n=\frac{1}{n} ，可使用如下恒等式：
1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}
情形2 （a_n=\frac{1}{n^2} 型）对于数列 a_n=\frac{1}{n^2} ，可采取以下放缩方式：
\frac{1}{i^2}<\frac{1}{i^2-i}=\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}(i\geq2)
\frac{1}{i^2}<\frac{1}{i^2-1}=\frac{1}{(i+1)(i-1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i+1})
\frac{1}{i^2}<\frac{1}{i^2-\frac{1}{4}}=\frac{4}{(2i-1)(2i+1)}=2(\frac{1}{2i-1}-\frac{1}{2i+1})
例题一：
推广 或直接由恒等式 \sum_{i=1}^\infty\frac{1}{i^2}=\frac{\pi^2}{6} ，知 \sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2}<\frac{\pi^2}{6}=...
情形3 （ a_n=\frac{1}{n^k} ）对于一些数列 a_n=\frac{1}{n^k} ，可采取以下放缩方式：
\frac{1}{i^3}<\frac{1}{i^3-i}=\frac{1}{i(i-1)(i+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{i(i-1)}-\frac{1}{i(i+1)})(i\geq2)
\frac{1}{i^\frac{3}{2}}=\frac{1}{\sqrt i}<\frac{1}{i\sqrt{i-1}}=\frac{1}{\sqrt i\sqrt i\sqrt {i-1}}=\frac{1}{\sqrt i}(\frac{1}{\sqrt {i-1}}-\frac{1}{\sqrt i})\frac{1}{\sqrt i - \sqrt{i-1}}
=\frac{1}{\sqrt i}(\frac{1}{\sqrt{i-1}}-\frac{1}{\sqrt i})(\sqrt i+\sqrt {i-1})<2(\frac{1}{\sqrt{i-1}}-\frac{1}{\sqrt i})
同理，有反向放缩 \frac{1}{i^\frac{3}{2}}>2(\frac{1}{\sqrt i}-\frac{1}{\sqrt{i+1}})
\frac{1}{\sqrt i}=\frac{2}{2\sqrt i}<\frac{2}{\sqrt i +\sqrt {i-1}}=2(\sqrt i-\sqrt{i-1})
同理，有反向放缩 \frac{1}{\sqrt i}>2(\sqrt{i+1}-\sqrt i)
例题一：
例题二：
情形4 （迭代型）若数列 \{a_n\} 满足： a_{n+1}=f(a_n) ，则可通过对该递推公式进行适当的变形，使其变为能裂项的形式。
例题一：
例题二
3、xxx不等式及其推广
xxx不等式 对任意实数 x>-1 ，有 (1+x)^n>1+nx(n\in N^+)
xxx不等式推广 对任意实数 x_i>-1 ，有 \prod_{i=1}^n(1+x_i)>1+\sum_{i=1}^nx_i
形如 f(n)<\prod_{i=1}^na_i （或 f(n)>\prod_{i=1}^na_i ）的不等式，可尝试对 a_i 使用xxx不等式，再相乘、消去重复项得到 f(n) 。
要证明 a<\sum_{i=1}^na_i （或 a>\sum_{i=1}^na_i ），若有 a_{n+1}>qa_n （或 a_{n+1}
例题一：
数列知识点总结大纲 第3篇
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，那么这个数列就叫作等差数列。（1）递推关系： a_{n+1}-a_{n}=d（常数），或 a_{n}-a_{n-1}=d （n\in N^\ast且n\geq2)。（2）通项公式： a_{n}=a_1+（n-1）d 。推广形式： a_{n}=a_m+（n-m）d （当 d\ne0 时， a_n 是关于 n 的一次函数）（3）求和公式： S_{n}=\dfrac{n\left( a_{1}+a_{n}\right) }{2} =na_{1}+\dfrac{n\left( n-1\right) }{2}d (当 d\ne0 时， S_n 是关于 n 的二次函数，且常数项为零）
例题：
等差数列的性质主要有以下12个方面。
例题一：
例题二
例题一：
例题二
例题三
例题一：
例题二：
例题三
例题四
例题一：
例题二
例题三
例题一
例题二
从本质上讲，研究数列和的最值问题的方法与研究数列通项最值问题的方法是一致的，当 S_n 的表达式已给出或以求出时，最值问题的研究可采用以下方法。
（1）图像分析法：利用基本初等函数的图像及图像的变换来求解。若 a _ { 1 } , a _ { 2 } , \dots , a _ { m } > 0 , a _ { m + 1 } , a _ { m + 2 } , \ldots < 0 xxx m 项和 S_m 最大；若 a _ { 1 } , a _ { 2 } , \dots , a _ { m } < 0 , a _ { m + 1 } , a _ { m + 2 } , \ldots > 0 xxx m 项和 S_m 最小．（2）函数性质法：如二次函数、指数函数、反比例函数及复合函数等。由上述性质（10）等差数列前n项和 S_n＝An^2＋Bn ( A,B 是常数 n\in N )，则等差数列可按二次函数求最值．设 a_1>0(或a_1<0) ，且 S_p =S_q 若 p+q 是偶数，则 n = \frac { p + q } { 2 } 时， S_n 最大（最小）；若 p+q 是奇数，则 n = \frac { p + q \pm 1 } { 2 } 时， S_n 最大（最小）。（3）通项分析法：①若 a_n>0 xxx，则 S_n 单调递增， S_1 最小；若 a_n<0 xxx，则 S_n 单调递减， S_1 最大。②若 数列S_n 先增后减，则其有最大值，取到最大值的条件是 \begin{cases}S_{n}\geq S_{n-1}\\ S_{n}\geq S_{n+1}\end{cases} （n\geq2），即 \begin{cases}a_{n}\geq 0\\ a_{n+1}\leq 0\end{cases} （n\geq2） 。若 数列S_n 先减后增，则其有最小值，取到最小值的条件是 \begin{cases}S_{n}\leq S_{n-1}\\ S_{n}\leq S_{n+1}\end{cases}（n\geq2） ，即 \begin{cases}a_{n}\leq 0\\ a_{n+1}\geq 0\end{cases}（n\geq2） 。
例题一
例题二
等差数列的判定方法主要有四种：定义法、通项法、中项法、求和法。解大题只能用定义法，后三者在解小题可以提速。
（1）定义法： a_{n+1}-a_n=d （常数）；（2）通项法：a_{n}=a_1+（n-1）d ；（3）中项法： 2a_{n+1}=a_n+a_{n+2} ；（4）求和法：S_n＝An^2＋Bn ( A,B 是常数 n\in N )
例题一：
例题二
例题三
数列知识点总结大纲 第4篇
数列是高考中重要考察的内容，而数列的递推关系是研究数列性质的基础。因此，求数列的通项公式是频频出现在历次高考中。对于广大同学来说，这一块的知识是必须要掌握的，高考中这一块的考题也要尽可能的拿满分。
在分享几类【数列求通项】的方法前，请允许笔者赘述数列的通项公式以及递推公式的概念。
求数列通项的方法主要有：公式法、迭代法、构造法、不动点法、特征根法等。
下面我们来介绍一下五种常用的方法：
例一：
迭代思想源于等差和等比数列求通项问题，其本质是差分（商分）思想。
例一（累加法）：
例二（累乘法）：
例一：
例题一
例题二
例一：
例二：
例三：
例1：
例2：
不动点法求数列通项，这篇文章会写的无比详实，看官可移步前往。
上文待定系数法已经用到了不动点法，下文主要补充求分式递推数列的方法。
先补充关于不动点的概念：
再来看看求分式递推数列的方法：
1.已知a_{n+1}=\frac{aa_n+b}{ca_n+d}（其中 c\ne0，ad-bc\ne0 ），求通项 a_n 。
例题1：
例题2：
例题3（担心有小童鞋看不清楚又补了一道）：
a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}+P}{2\cdot a_{n}+Q}，其中 n\in\mathbb{N}^{*} ， P,Q 为常数
证明：
设特征根为 \alpha，\beta ，则 \alpha+\beta=p，\alpha\beta=-q .
所以 x_{n+2}-\alpha x_{n+1} = px_{n+1}+qx_n-\alpha x_{n+1} = (p-\alpha)x_{n+1}+qx_n = \beta x_{n+1}-\alpha\beta x_n =\beta( x_{n+1}-\alpha x_n）.
故 \left\{ x_{n+1}-\alpha x_{n}\right\} 是以 \beta 为公比， x_{2}-\alpha x_{1} (\ne0) 为首项的等比数列.
从而 x_{n+1}-\alpha x_n = (x_{2}-\alpha x_{1}) \beta^{n-1} .
所以 x_{n}=\alpha x_{n-1}+（x_{2}-\alpha x_{1}）\beta^{n-2} .
（1）当 \alpha\ne\beta ，其通项公式为 x_n=A\alpha^{n}+B\beta^{n} ，其中 A=\dfrac{x_{2}-\beta x_{1}}{\left( \alpha -\beta \right) \alpha } ， B=\dfrac{x_{2}-\alpha x_{1}}{\left( \alpha -\beta \right) \beta } ;
(2)当 \alpha=\beta ，其通项公式为 x_n=[A\alpha+B(n-1)]a^{n-1} ,其中 A=\dfrac{x_{1}}{\alpha } ， B=\dfrac{x_{2}-\alpha x_{1}}{\alpha } .
例题1：
例题2：
（1）形如 A S _ { n } + B a _ { n } + C = 0 (Sn是数列前n项和)的递推数列通常利用公式 S _ { n } = a _ { n } - a _ { n - 1 } ( n \geq 2 ) 消和Sn或消项an, 从而化成型如前面的递推数列。
例一：
（3）奇偶型数列处理方式：
若 a _ { n } = \left\{ \begin{array} { l l } { f ( n ) , } & { n=2k-1 } \\ { g ( n ) , } & { n=2k } \end{array} \right.,k\in N^* 则 a _ { n } = \frac { f ( n ) + \mathrm { g } ( n ) } { 2 } + ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { f ( n ) - \mathrm { g } ( n ) } { 2 } (合二为一)
（4）其它类型的递推数列可根据不同的题采取不同的方法处理,比如归纳,猜想,再用数学归纳法证明等等。
例一：