高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

典型例题分析

【题型1】 等差数列与等比数列的联系

例1 （2010陕西文16）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数

an

列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2}的前n项和Sn. 解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，

18d由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得112d＝1， 2d解得d＝1，d＝0（舍去）， 故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.

n

(Ⅱ)由（Ⅰ）知2=2，由等比数列前n项和公式得

amSm=2+2+2+…+2=

23n

2(12n)12n=2-2.

ann+1

小结与拓展：数列a是等差数列，则数列{a}是等比数列，公比为a，其中a是常数，d是a的公差。（a>0且a≠1）.

dn【题型2】 与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合

例2 已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋2a3＋…＋2

2n－1

an＝8n对任意的

1

n∈N都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项公式。

解：a1＋2a2＋2a3＋…＋2①

当n≥2时，a1＋2a2＋2a3＋…＋21)(n∈N) ② ①－②得2

n－1*

2

n－2

2

n－1

*

*

an＝8n(n∈N)

an－1＝8(n－

an＝8，求得an＝2

4－n

，

在①中令n＝1，可得a1＝8＝2∴an＝2

4－n

*

4－1

，

(n∈N)． 由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，

∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，

∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6， 法一（迭代法）

bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8) ＝n－7n＋14(n∈N)． 法二（累加法）

2

2*

即bn－bn－1＝2n－8， bn－1－bn－2＝2n－10， …

b3－b2＝－2， b2－b1＝－4， b1＝8，

相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)

(n－1)(－4＋2n－8)2

＝8＋＝n－7n

2

＋14(n∈N)．

小结与拓展：1）在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为： (n1)aS a.是重要考点；2）韦达定理应引起重SS (n2,nN)11n*

nn1视；3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。

【题型3】 中项公式与最值（数列具有函数的性质） 例3 （2009汕头一模）在等比数列｛an｝中，an＞0

＊

(nN），公比q(0,1)，且a1a5 + 2a3a5 +a 2a8＝25，

3

a3与as的等比中项为2。（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）设bn＝log2 an，数列｛bn｝的前n项和为Sn当

SS1S2n12n最大时，求n的值。

23解：（1）因为a1a5 + 2a3a5 +a 2a3a5 2a8＝25，所以，a + +a＝25

又an＞o，…a3＋a5＝5 又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5＝4

25而q（0,1），所以，a3＞a5，所以，a3＝4，a5＝1，q1，2a1＝16，所以，

（2）bn＝log2 an＝5－n，所以，bn＋1－bn＝－1， 所以，{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，Snn(9n)Sn9n,2n2

nn所以，当n≤8时，Sn＞0，当n＝9时，Sn＝0，n＞9时，Sn＜0，

nSS最大。 当n＝8或9时，S12n12n小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；

2）等差中项与等比中项。

4

二、数列的前n项和 1.前n项和公式Sn的定义： Sn=a1+a2+…an。 2.数列求和的方法（1）

（1）公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求

和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:

k123nk1nnn(n1)；

21222123k2k1n2n(n1)(2n1)；

61123kn3k1333n[3n(n1)2]2；

(2k1)135...(2nk1n-1)n2。

（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数

列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。

（3）倒序相加法：如果一个数列{an}，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前n项和即是用此法推导的。

（4）裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。

5

适用于

caann1其中{a}是各项不为0的等差数列，c为常

n1数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）和aann11aann1（其中a等差）可裂项为：a1annn1111()danan1；2）

11(an1an)anan1d。（根式在分母上时可考虑利用分母有

理化，因式相消 求和）

常见裂项公式：

（1）n(n1)nn1； （2）n(nk)11111(kn111nk)；

11（3）n(n1)(n1)2[n(n1)(n1)(n2)]； 3.典型例题分析 【题型1】 公式法

{a}的前ｎ项和Sｎ＝2－p，则 例1 等比数列222a12a2a3an＝________. 解：1）当n=1时，a2-p；

2）当n2时，aS-S(2-p)-(2-p)2。

因为数列{a}为等比数列，所以a2-p21p1 从而等比数列{a}为首项为1，公比为2的等比数列。

故等比数列a为首项为1，公比为q4的等比数

n1ｎ

1nn-1n-1nnn-11-1n1n2n26

列。

小结与拓展：1）等差数列求和公式；2）等比数列求

和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:（见知识点部分）。5）等比数列的性质：若数列{a}为等比数列，

n1则数列a及也为等比数列，首项分别为a2nn2a11、a1，公比分别为q、q。

21【题型2】 分组求和法

例2 （2010年丰台期末18）数列{a}中，a1，且点

(a, a)(nN)在函数f(x)x2的图象上.（Ⅰ）求数列{a}的通项公式；（Ⅱ）在数列{a}中，依次抽取第3，4，6，…，22，…项，组成新数列{b}，试求数列{b}的通项b及前n项和S. 解：（Ⅰ）∵点(a, a)在函数f(x)x2的图象上，∴aa2。 ∴aa2，即数列{a}是以a1为首项，2为公差的等差数列，

∴a1(n1)22n1。

n1nn1nnn1nnnnnn1n1nn1nn1nn1nba2(22)123 （Ⅱ）依题意知：n2n12∴Snb1b2n1223n2n13n2. bn=(2i3)2i3n=12i1i1nn小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再把数列

7

的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。 【题型3】 裂项相消法

例3 （2010年东城二模19改编）已知数列a的前n项和为Sn，a11，S4a1，设bnan12an． （Ⅰ）证明数列b是等比数列；

nn1nn（Ⅱ）数列

cn2满足

cnl1obng2(nN*)3，求

Tn1c2cc3cn3nc。 nccc证明：（Ⅰ）由于S4a1， ①

当n2时，S4a1． ②

① ②得 a4a4a． 所以 a2a2(a2a)． 又ba2a， 所以b2b． 因为a1，且aa4a1，所以a3a14．

所以ba2a2．故数列b是首项为2，公比为2的等比数列．

n1nn1n1nn1n1nnn1nn1nnn1112121121n解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn1 1． 4n44(n4)n2n，则cn11log2bn3n3（nN）．

*小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，

c使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它适用于aann1其中{a}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无

n8

理数列、含阶乘的数列等。如：1）

1中a等差）可裂项为：aann1aann1和

1anan1（其

。

n1111()danan1；2）an11(an1an)an1d（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）

（5）错位相减法：适用于差比数列（如果a等差，b等比，那么ab叫做差比数列）即把每一项都乘以b的公比q，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。

如：等比数列的前n项和就是用此法推导的. （6）累加（乘）法

（7）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.

n

形如an＝(－1)f(n)类型，可采用两项合并求。

nnnnn5.典型例题分析

【题型4】 错位相减法

2462n,,,,,23n例4 求数列222前n项的和. 2n解：由题可知{2}的通项是等差数列{2n}的通项与等2n比数列{21}的通项之积

n 9

2462n设Sn222232n ①

12462nSn234n122222 ② （设制错位）

（错位相减）

1222222n(1)S①－②得2n22223242n2n1n2 ∴ Sn42n1

【题型5】 并项求和法

例5 求S＝100－99＋98－97＋…＋2－1

222222

解：S＝100－99＋98－97＋…＋2－1＝(100＋ 99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.

100100222222

【题型6】 累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等 例6 求1111111111之和. n个11119999解：由于11199(10k个1k个1k1) （找通项及特征）

（分组求

1∴111111111＝(1019n个111111)(1021)(1031)(10n1)999和）＝

1(10＝81n1111(1010210310n)(1111)99n个1＝

110(10n1)n91019

109n)

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6.归纳与总结

以上8种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。 三、数列的通项公式 1.数列的通项公式

一个数列{an}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式an＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式． 2.通项公式的求法（1）

（1）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法）：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；有的数列可以根据前几项观察出通项公式。

（2）公式法：在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为： (n1)a1S1 anSnSn1 (n2,nN)sna1a2

(数列{a}的前n项的和为

nan).

11

（3）周期数列

由递推式计算出前几项，寻找周期。 （4）由递推式求数列通项 类型1 递推公式为aaf(n)

解法：把原递推公式转化为aaf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。

类型2 （1）递推公式为af(n)a

n1nn1nn1n解法：把原递推公式转化为aan1nf(n)，利用累乘法(逐商

相乘法)求解。

（2）由af(n)a和a确定的递推数列a的通项可如下求得：

由已知递推式有af(n1)a， af(n2)a，，af(1)a依次向前代入，得af(n1)f(n2)f(1)a，这就是叠（迭）代法的基本模式。

类型3 递推公式为apaq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。

n1n1nnn1n1n221n1n1n解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t1qp，

再利用换元法转化为等比数列求解。

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3.典型例题分析 【题型1】 周期数列

12an,(0an)26a，若，则1172a1,(a1)nn2例1 若数列a满足ann1a20=____。

5答案：7。

小结与拓展：由递推式计算出前几项，寻找周期。 【题型2】 递推公式为a例2 已知数列a满足ann1anf(n)，求通项

1n2n112，an1an，求a。

n解：由条件知：an1an1111n2nn(n1)nn1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即 所以aa112na111n

，an113112n2n小结与拓展：在运用累加法时,要特别注意项数,计算

时项数容易出错.

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【题型3】 递推公式为a例

nn1f(n)an，求通项

n2na3 已知数列a满足13，an1n1an，求a。

an1n解：由条件知an1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式n得

(n1)个等式累乘之，即

123n1aa2a3a4na1a2a3an1234nan1 a1n又a122an，3n 3小结与拓展：在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错. 【题型4】 递推公式为a数，(pq(p1)0)），求通项

n1n1panq（其中p，q均为常

例4 在数列{a}中，a1，当n2时，有an3an12，求{a}的通项公式。

解：设am3(am)，即有a3a2m，对比a3a2，得m1，于是得a13(a1)，数列{a1}是以a12为首项，以3为公比的等比数列，所以有a231。 （5）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

nnn1nn1nn1nn1n1n1n14

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. 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.

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. 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. （6）归纳猜想证明法 数学归纳法

（7）已知数列{a}前n项之积Tn，一般可求Tn-1，则an

n＝TT（注意：不能忘记讨论n1）.

nn－1如：数列

{an}中，对所有的nN2aaaan都有123n，则

15

a3a5__________.

四、典型例题分析

【题型5】 构造法：1）构造等差数列或等比数列 例5 设各项均为正数的数列a的前n项和为S，对于任意正整数n，都有等式：a2a4S成立，求a的通项a.

22a2a4Sa解：nnnn12an14Sn1， ∴aa2a2a4(SS)4a (anan1)(anan12)0，∵anan10，∴anan12. 即a是

2以2为公差的等差数列，且a12a14a1a12. ∴an22(n1)2n

小结与拓展：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.

nn2nnnnn2n2n1nn1nn1nn【题型6】 构造法：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6 设a是首项为1的正项数列，且aanana0，（n∈N*），求数列的通项公式an. 解：由题设得(anan1)(anan1n)0. ∵a0，a0，∴anan10.

n2n2n1nn1nn116

∴anan1n

【题型7】 构造法：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.

Snn2an，求a. 例7 数列a中，a1，前n项的和2n1n1解：anSnSn1n2an(n1)2an1(n21)an(n1)2an1

ann1 an1n1，

∴an∴an1anan1a2n1n2111a1 an1an2a1n1n32n(n1)1(n1)(n2)

【题型8】 构造法：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.

2例8 设正项数列a满足a1，an2an1（n≥2）.求数列a的通项公式.

aaaalog12(loglog12log解：两边取对数得：2，221)，2ablog设n21， 则bn2bn1

1b是以2为公比的等比数列，b1log211.

n1n1an1n1bn122，log212，loga21， 2n1nnn1nn1nnnn∴an2

2n11

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