数列经典题型总结（精编版）

1、一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和例 1（ 07 高考山东文18）设 an是公比大于1 的等比数列，sn 为数列 an 的前 n 项和已知 s37 ，且 a13，3a2， a34 构成等差数列（ 1）求数列 an 的等差数列（ 2）令 bnln a3 n1， n1，2，l，求数列 bn 的前 n 项和 t *练习： 设 sn 1+2+3+n， n n , 求二、错位相减法f (n)sn(n32) sn的最大值 .1例 2（ 07 高考天津理21）在数列a中，a2， aan 1(2)2 n (nn) ，其中0 （）求数列n1an的通项公式；n 1n（）求数列an的前 n 项和sn

2、；例 3（ 07 高考全国文21）设 an 是等差数列， bn 是各项都为正数的等比数列，且a1b11 ， a3b521， a5b313（）求 an， bn 的通项公式；an（）求数列三、逆序相加法的前 n 项和bnsn 2 x例 4（ 07 豫南五市二联理22. ）设函数1f ( x)x2的图象上有两点p1( x1, y1 ) 、 p2( x2,21y 2) ，若 op(op1op2 )2, 且点 p 的横坐标为.2（ i ）求证： p 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；（ ii）若 sn四、裂项求和法f ( 1 )nf ( 2 )nf ( 3 )nf ( n ),n nn * ,求sn ;

3、例 5 求数列1,1122,1,3nn1的前 n 项和 .例 6（ 06 高考湖北卷理17）已知二次函数yf ( x)的图像经过坐标原点，其导函数为f ' (x)6 x2 ，数列 an 的前 n 项和为sn ，点 (n, sn )( nn) 均在函数yf ( x) 的图像上。（）求数列 an的通项公式；（）设b1， t 是数列 b 的前n 项和，求使得tm 对所有 nn都成nnnan an 1n20立的最小正整数m； 五、分组求和法例 7 数列 an 的前 n 项和 sn2an1 ，数列 bn 满 b13, bn 1anbn (nn).（）证明数列 an 为等比数列；（）求数列 bn

4、的前 n 项和 tn 。例 8 求 s12223242l(1)n1 n2 （ nn）六、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.例 9求 111111111n个11 之和 .解：由于 1111k个1199999k个11 (10 k1)（找9通项及特征）1111111111n个1（分组求和）1 (1011)91 (10 21)91 (1031)91 (10n1)9 1 (101910 210310 n )1 (19111)n个1110(10 n1)n91019 1 (10n 110819n)例

5、 10已知数列 an ： an8(n1)( n, 求(n3)n 11)( anan 1 )的值 .解： 通项及特征）(n1)( anan 1 )8(n1)(n11)( n3)1（找(n2)(n4) 8 (n12)( n4)1(n3)( n4)（设制分组） 4(1n21)8 (11)n4n3n4（裂项）(nn 1和）1)( an1an 1 )14(1n 1n211)8n4n(11)1n3n4（分组、 裂项求 4()8344 133类型 1an 1anf (n)n1解法：把原递推公式转化为an 1anf (n)，利用累加法( 逐差相加法) 求解。n例: 已知数列an满足 a11 ， aa 21，求

6、2nnan 。解：由条件知：an 1an1n 2n1n(n1)11nn1分别令 n1,2,3, (n1) ，代入上式得( n1) 个等式累加之，即1所以 ana11na11131a1，n122n2n类型 2an 1f (n)an解法：把原递推公式转化为an 1anf (n) ，利用累乘法( 逐商相乘法) 求解。例: 已知数列an满足 a12， an 13na，求nn1an 。解：由条件知式累乘之，即an 1ann，分别令n n11,2,3, (n1) ，代入上式得( n1) 个等a 2 ? a3 a1a2a2n3n? a4 ?a3? an an 12123n1an1234na1n又a1，3例:

7、 已知 a13 ， an 13n1 an3n2(n1) ，求an 。a3( n1)n3( n1)1 ? 3(n2)1 ?23(n2)2? 3232131a?12323n43n7 l52363n13n4853n1 。类型 3an 1panq （其中p， q 均为常数，( pq ( p1)0) ） 。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为： 利用换元法转化为等比数列求解。an 1tp( ant ) ，其中 tq，再1p例: 已知数列an中， a11 ， an 12an3 ，求an .解：设递推公式an 12an3 可以转化为an 1t2(ant ) 即 an 12antt3 .故递推公式为an 1

8、32( an3) , 令 bnan3 ，则b1a134 , 且bn 11bnan 13an32 . 所以bn是以 b14 为首项， 2 为公比的等比数列，则bn42 n 12 n, 所以 an2 n 13 .变式 : 递推式：an 1panfn 。解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异类 型4an 1panqn （ 其 中p ， q均 为 常 数 ，( pq( p1)( q1)0)）。（ an 1panrq n , 其中 p， q, r均为常数）。解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以n 1q，得：an 1nq n 1p ? an qq n1 引入辅助q数列bn（其中anbnqn），得：

9、bn 1p b1 再待定系数法解决。qq例: 已知数列an中， a15, an 1n161 a(n31 )n 1 ，求2an 。解：在an 111 nan() 321两边乘以2n 1 得：2n 1 ?a2 (2n3?an )1令 bn2n ? a，则2bbn 1n31, 解之得：bn32( 2 ) n 所以3n类型 5 递推公式为sn 与 an 的关系式。( 或 snf (an ) )s1(n1)解法：这种类型一般利用an与snsn 1(n2)ansnsn 1f (an )f ( an1 ) 消去 sn( n2) 或与 snf ( snsn 1 ) ( n2) 消去an 进行求解。例：已知数列

10、a前 n 项和 s4a1. （ 1）求a与 a 的关系； （ 2）求通项n公 式 an .nnn 22n 1n解：（ 1）由 sn4an12 n 2 得：sn 14an 112n 1 于是所 以 an 1anan 112n 1an 1112 an2n .n（ 2）应用类型4（ an 1panqn （其中p， q 均为常数，( pq( p1)( q1)0) ）的方法，上式两边同乘以n 1na122得：n 12 n a2 由a1s14a1121 2a11 . 于是数列2 n an是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列，n所以 2 n a22(n1)2 nann2 n 1类 型 6 an 1pa nanb ( p1 、0，a 0)解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an 1x(n1)yp(anxny)， 与 已 知 递 推 式 比 较 ， 解 出x, y, 从 而 转 化 为anxny 是公比为p 的等比数列。例: 设数列an： a14, an3an 12n1,( n2) ，求an .解：设 bnananb，则anbnanb ，将an , an1 代入递推式，得取bnann1（）