数列知识点和常用解题方法归纳

1、数列知识点和常用地解题方法归纳等差数列地定义与性质定义：an 4 - an =d (d为常数)，aa n - 1 d等差中项：x，A，y成等差数列二2A =x yai - an nn n -1前n项和Sn1 nnaid2 2性质：Sn 是等差数列（1）若 m= p q，贝U am a ap - aq ；（2 ）数列 Qn JaJ, 1 kan b?仍为等差数列;Sn , S2n - Sn , S3n - S2n仍为等差数列;(3)若三个数成等差数列，可设为a-d, a, a d；(4)若an, bn是等差数列Sn,为前n项和，则ambmS2m-1T2m J(5) Sn 为等差数列=Sn =a

2、n2 b n ( a, b为常数，是关于n的常数项为0地二次函数)Sn的最值可求二次函数 Sn二an2 bn的最值；或者求出fan 中的正、负分界项,即：an 启 0当ai 0, d ：0,解不等式组n可得Sn达到最大值时的n值卅兰0fan 乞 0当ai ：0, d 0,由可得Sn达到最小值时的n值。L_an + 0如：等差数列、an，Sn = 18, an an 4 an- 3, S3 = 1，则 n =（由 an an 4 an ,2 - 3= 3an -=3,. an4 - 1又S3a1 a31 3 = 3a2 = 1，a2 ：3- Sna1 an n a? an n、等比数列地定义与性

3、质定义：an1an=q (q为常数，q = 0),n二 a1q等比中项:x、G、y成等比数列=G2=xy，或 G =前n项和：Sn皿(q = 1)=屮-qn)(要注意!)(q“1 q性质:a淀等比数列(1)若 m n = p q，贝U am an = ap aq(2)Sn，S2n -Sn，San - S?n仍为等比数列三、求数列通项公式地常用方法 公式法1、2、由 Sn 求a* ； (n = 1 时，a1 = S1， n 亠 2 时，a* = Sn - Sn _)3、求差（商）法1女口： lan /满足 3 a1解：n =1时，12+丄a +丄a =2n+5222n:1ai=215,二 a1

4、=1411n _2时，一a12a2222a2 珀 a.=2 n-1 52 得: 21a=2, A a2n1142n 12(n = 1)(n-2)练习数列：an 满足Sn Sn彳a4，求 an（注意到an 1二Sn 1 -Sn代入得:乩=4Sn又S1 = 4，A、Sn 是等比数列，Sn = 4nn _2时，an 二 Sn _Sn4 二 =3 4n_4、叠乘法例如：数列 匕中，a1 =3，an_1 = n ，求an an n +1鉀a2 a3 . an1 . 2 . n 1. a.1解牟：, a1 a2anJ23na!n3又玄丄=3,. ann5、等差型递推公式由an - a.二f (n), ai

5、二a，求an，用迭加法n X2时，a2 a, =f(2)a37=f俩边相加，得：an - an=f(n) ”an -ai 二 f(2) f(3) f(n) an 二 a。f(2)f(3) f(n)练习数列 a ?, a, =1, an = 3nann _ 2，求1(an 3n -1 )6、等比型递推公式an 二 can/ d c、d为常数，c = 0, c = 1, d = 0可转化为等比数列，设 an，x=canx=an =canj c _1 Xc为公比的等比数列 an d 是首项为a1,L c1“c 1C 一1a1n-1十and 2 dR c练习数列、an 匚满足 a1 = 9, 3an

6、1 an = 4，求 an(an-1)7、倒数法例如：a! =1,an 12anan 2 , 求 an，由已知得:1a2anan 11 1=+2anan 21彳丄I为等差数列,an丄=1,a11公差为-2an二丄n 12 2n项和地常用方法1公式法：等差、等比前n项和公式2、裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和求数列前，使之出现成对互为相反数地项如：Gn 是公差为d的等差数列,n 1求7k A akak 1解:由ak3k 1ak akd d3k 13k 1nk 吕 akak 1练习1求和：1 1 a23n 1+1 212 3ia2a3 丿+12 3(anSn =2 -丄)3、错位相减法:若Ca

7、n，为等差数列,*n 为等比数列，求数列：anbnf （差比数列）前n项和，可由Sn - qSn求Sn , 其中q为：bn 的公比。如：Sn = 1 2x 3x2 4x3nx:123,4丄 n 1nx Sn =x 2x 3x 4x n-1 x _ nx ： 2：1 . _ ： 2:1 -x Sn =1 x x2 - xnJ _ nxnx -1时，Sn1-xnnx2 ,1 -x 1 -xx=1 时，Sn=12 34、倒序相加法：把数列地各项顺序倒写，再与原来顺序地数列相加Sn = a1a2 an an 相加Sn = a* anj a2a1 |2Sn ma an a2 anj a1 an 练习n

8、o o则 f(1)+f(2)+f|-J + f(3)+fHj+f+f|-J =(由 f(x)+f11 x2原式二 f(1)f( 2)ff1 Yl _邛d(3)+f4J 1 1 1-31)2 2例1设an是等差数列若a2=3,a7=13,则数列an前8项地和为（ ）A . 128B. 80C. 64 D . 56 (福建卷第 3 题)略解： a2 +a 7 = a1+a8 = 16,. an前 8 项地和为 64,故应选 C.例2已知等比数列an满足a13, a2=6,则a7二（）A 64B. 81C. 128D. 243 （全国 I 卷第 7 题）答案：A .例3已知等差数列：an中，a2=6

9、,a5 =15,若bn二a2n,则数列：地前5项和等于（ ）A . 30B . 45C . 90D . 186 （北京卷第 7 题）略解：/ a5-a 2 =3d=9,d=3,b 1 =a2 = 6 ,b5=a10=30, bn 地前 5 项和等于 90,故答案是c.例4记等差数列地前n项和为Sn,若S2 = 4,q = 20，则该数列地公差d二()A. 2B. 3 C. 6D. 7 (广东卷第4题)略解： S4 -S2 -S, =4d =12,d =3,故选 B.52*例5在数列an中，an =4n ,印 a2 川 an二an bn,nN，其中a,b为常数,2则ab =.(安徽卷第15题)答

10、案：1.1例 6 在数列an中，=2, anan ln(1),则 a.二()nA2In nB. 2(n - 1)ln nC.2nln n D. 1n In n (江西卷第5 题)答案：A.例7设数列耳中，q =2,為十=an + n+1,则通项an = .(四川卷第16题)此题重点考查由数列地递推公式求数列地通项公式，抓住an* =an + n+1中an*,an系数相同是找到方法地突破口.略解：T印=2,an t =an n 1an =an4n-11 , a.話” n - 21 , andean,n -31 ,，as P2 1 ,a2 = ai 11, q = 2 = 1 1.将 以 上各 式

11、 相 加，得an 二 n- 1亠n - 2亠n - 3 | 2 1n 1=-1 n 1 二 n ； 1 1 ,故应填n(n 1 )+l.21例8若(x+丄)n地展开式中前三项地系数成等差数列，则展开式中 x4项地系数为2x()A 6B. 7C. 8D. 9 (重庆卷第10题)答案：B .使用选择题、填空题形式考查地文科数列试题，充分考虑到文、理科考生在能力上地差异,侧重于基础知识和基本方法地考查，命题设计时以教材中学习地等差数列、等比数列地公 式应用为主，如,例4以前地例题.例5考查考生对于等差数列作为自变量离散变化地一种特 殊函数地理解；例 6、例7考查由给出地一般数列地递推公式求出数列地通

12、项公式地能力； 例8则考查二项展开式系数、等差数列等概念地综合运用.重庆卷第1题,浙江卷第4题，陕西卷第4题,天津卷第4题,上海卷第14题,全国H卷第19题等,都是关于数列地客观题，可供大家作为练习.例9已知 an是正数组成地数列,ai=i,且点(.an ,an dN* )在函数y=x2+i地图象上( I )求数列 an 地通项公式；(n )若数列 bn满足bi = 1,bn+1 = bn+2an ,求证：bn 5+2V b2n+i.(福建卷第20题)略解：(I)由已知，得an+i-an=1,又ai=1,所以数列 an是以1为首项，公差为1地等差 数列.故 an=1+( n-1) x 1=n.

13、(n )由(1)知，an=n,从而 bn+i-bn=2 ,bn=(bn-bn-i)+(bn-1-bn-2)+ + (b2-bi) +bi=2 +2 + +2+i=2n-1 . . bn?bn+2-b2 1 =(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2= -2nv 0, / bn bn+2V b：.对于第(n)小题，我们也可以作如下地证明：2nn+1、 2n+1nn n+1 nn+1、b2=1, bn * 0 +2- b n i=(bn+1 -2 )(bn+i+2 )- b 门 i =2，bn+1-2，bn +1-2 * 2 = 2 ( bn+1 -2 )=2n ( bn+2n -2n+1

14、) =2n ( bn-2n) = - =2n (bi-2) =-2n0,. bn-bn+2b2n+1.a例10在数列 订鳥中，a =1, an 2an - 2n. (I)设bn二芦证明：数列bn?是等差数列；(n)求数列、an?地前n项和& .(全国I卷第19题)略解：（I） bnibn呀-黃=直专書弓=1,则为等差数列，昭1, bn 二n, an 二n2n 亠.(n)Sn =i220(n- 1)Jn七n，2Sn=iB2空(n-1)_2nJn_2n两式相减,得 S =nbn -1 _2212n_rij2n -2n 1 =( n- 1)2n 1 .对于例10第（I）小题，基本地思路不外乎推出后项

15、减前项差相等，即差是一个常数.可以用迭代法，但不可由b2-bi=1,b3-b2=1等有限个地验证归纳得到 心为等差数列地结论， 犯“以偏盖全”地错误第（n）小题地“等比差数列”，在高考数列考题中出现地频率很高，求和中运用地“错项相减”地方法，在教材中求等比数列前 n项和时给出，是“等比差数列” 求和时最重要地方法一般地，数学学习中最为重要地内容常常并不在结论本身，而在于获得这一结论地路径给予人们地有益启示.例9、例10是高考数学试卷中数列试题地一种常见地重要题型，类似地题目还有浙江卷第18题,江苏卷第19题,辽宁卷第20题等,其共同特征就是以等差数列或等比数列为依托构 造新地数列主要考查等差数

16、列、等比数列等基本知识，考查转化与化归思想，考查推理与运算能力考虑到文、理科考生在能力上地差异，与理科试卷侧重于理性思维，命题设计时以一般数列为主，以抽象思维和逻辑思维为主地特点不同；文科试卷则侧重于基础知识和基本方 法地考查，以考查具体思维、演绎思维为主.例11等差数列an地各项均为正数，印=3,前n项和为&,bn为等比数列，3=1,且 pS2 =64,=960. (i )求 an 与 bn ；（n）求和:（江西卷第19题）略解:（i ）设an地公差为d ,bn地公比为q，依题意有S2P = (6 d)q = 64,陆=(9 3d)q2 = 960.d =2,q =8;40（舍去,为什么?)

17、故 an =3 2(n-1) = 2n 1,bn =8n.5=35*1 (2n 1) = n(n 2)11+SS2Sn1 1+132 4+ 111 +1n(n 2)111111(123 2 4 3 53 2n 34 2(n 1)(n 2)IH - 1 匚)=丄(1丄 -n n 222 n 1 n 2“裂项相消”是一些特殊数列求和时常用地方法.使用解答题形式考查数列地试题，其内容还往往是一般数列地内容，其方法是研究数列通 项及前n项和地一般方法，并且往往不单一考查数列，而是与其他内容相综合,以体现出对解决 综合问题地考查力度.数列综合题对能力有较高地要求 ，有一定地难度，对合理区分较高能力 地考

18、生起到重要地作用.例12设数列地前n项和为Sn =2an -2n, （ i）求儿印；（n）证明：a*出 - 2an :是等比数列；（川）求 订鳥地通项公式.（四川卷第21题）略解：(1 ) T 3 = S ,2a)= S +2 ,所以印=2,S = 2 .由 2an = Sn + 2n 知，2anSn2n1二anSn2n1得，anSn 2n 122334二 a?二 S2 =2 2=6, S2=8,比二S22 =8 2 = 16,S 24 ,aS32 =40（n ）由题设和式知，an1- 2an二Sn 2n 1 IT.Sn2n= 2n - 2n = 2n, an-2an 是首项为2,公比为2地等

19、比数列.（川）an 二 an-2an42 an2anIII 2心 a2-2d - 2na n 1 右此题重点考查数列地递推公式，利用递推公式求数列地特定项，通项公式等推移脚标，两式相减是解决含有 Sn地递推公式地重要手段，使其转化为不含 Sn地递推公式，从而有针 对性地解决问题.在由递推公式求通项公式时 ，首项是否可以被吸收是易错点. 同时,还应注 意到题目设问地层层深入，前一问常为解决后一问地关键环节 ，为求解下一问指明方向.例 13 数列 a ?满足 a1 = 0，a2 二 2, an 2 = (1 cos2 - )an - 4sin 2 ，n =，2 2(I ) 求 a3，a4，并求数列CaJ 地通项公式；(II ) 设2SSk = aia 3 川 a k_兀=a?a4 111 a2k，Wk (N )，求