高考数列解题技巧归纳总结

1、高考数列解题技巧归纳总结高考数列解题技巧归纳总结学问框架数列数列数列的分类na 1n n1d数列的通项公式函数角度懂得的概念数列的递推关系等差数列的定义a na n1d n2等差数列的通项公式ana 1 n1 d等差数列等差数列的求和公式S nn a 1an22两个基等差数列的性质a na mapa qmnpq 等比数列的定义a n1q n2n q q1本数列a n等比数列的通项公式a nn a q1等比数列a 1a q na 11等比数列的求和公式S n1q1qna q1等比数列的性质a a ma a qmnpq公式法分组求和数列 求和错位相减求和 裂项求和 倒序相加求和累加累积归纳猜想证明

2、数列的应用分期付款 其他把握了数列的基本学问,特殊是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质,把握 了典型题型的解法和数学思想法的应用,就有可能在高考中顺当地解决数列问题；一、典型题的技巧解法 1、求通项公式（1）观看法；（2）由递推公式求通项；对于由递推公式所确定的数列的求解,通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题；1 递推式为 an+1=an+d 及 an+1=qan（d,q 为常数）已知 a n 满意 an+1=an+2,而且 a1=1；求 an；例 1、解an+1-an=2 为常数an 是首项为 1,公差为 2 的等差数列an=1+2（n-1 ）即 an=2n-1

3、 例 2、已知 a n 满意 a n 1 1 a ,而 a 1 2,求 a =？2- 1 - 高考数列解题技巧归纳总结（2）递推式为 an+1=an+f （n）例 3、已知 an中a 11,a n1a n2411,求a .121 12n 2解： 由已知可知an1an2n1n11 211 2nn令 n=1, 2, ,（n-1 ）,代入得（ n-1 ）个等式累加,即（a2-a1）+（a3-a2）+ +（an-an-1）ana 11 11 14 n3an+1=an+f （n）以 n=1,2, ,22 n4 n2说明只要和 f （1）+f （2）+ +f （n-1 ）是可求的,就可以由（n-1 ）代入

4、,可得n-1 个等式累加而求an；3 递推式为 an+1=pan+q（p,q 为常数）例 4、 a n 中,a 1 1,对于 n1（nN）有 a n 3 a n 1 2,求 a . 解法一：由已知递推式得 an+1=3an+2,an=3an-1 +2；两式相减： an+1-an=3（an-an-1 ）因此数列 a n+1-a n 是公比为 3 的等比数列,其首项为a2-a 1=（3 1+2）-1=4 n-1an+1-an=4 3an+1=3an+2 3an+2-an=43n-1 即 an=23 n-1-1 解法二： 上法得 a n+1-a n是公比为 3 的等比数列, 于是有： a2-a 1=

5、4,a3-a 2=4 3,a4-a 3=4 3 2, ,an-a n-1=4 3 n-2,把 n-1 个等式累加得：an=2 3n-1-1 4 递推式为 an+1=p a n+q n （p,q 为常数）bn1bn2b nbn1由上题的解法,得：bn32 2nanb n3 1n2 1n332n23 5 递推式为an2pa n1qan思路：设a n2pan1qa , 可以变形为：an2an1a n1a n,- 2 - 高考数列解题技巧归纳总结想于是 an+1- an 是公比为 的等比数列,就转化为前面的类型；求 a ；6 递推式为 Sn与 an 的关系式关系；（2）试用 n 表示 an；上式两边同

6、乘以S n1S na nan121211n2na n 1 a n a n 1 1n 1a n 122 n+1得 2 n+1an+1=2 nan+2 就2 nan 是公差为 2 的等差数列；1an12n 22 nan= 2+ （n-1 ）2=2n 2数列求和问题的方法（1）、应用公式法等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前13 5 2n-1=n2n 项和公式求和,另外记住以下公式对求和来说是有益的；- 3 - 高考数列解题技巧归纳总结【例 8】 求数列 1,（3+5）,（7+9+10）,（ 13+15+17+19）, 前 n 项的和；解此题实际是求各奇数的和,在数列的前n 项中,共有1+2+

7、 +n=1n n1 个奇数,2最终一个奇数为：1+1 nn+1-1 2 2=n 2+n-1 因此所求数列的前n 项的和为（2）、分解转化法对通项进行分解、组合, 转化为等差数列或等比数列求和；2）【例 9】求和 S=1 （n2-1 ）+ 2 （n 2-22）+3 （n2-32） + +n（n 2-n解 S=n2（1+2+3+ +n）- （1 3+2 3+3 3+ +n 3）（3）、倒序相加法适用于给定式子中与首末两项之和具有典型的规律的数列,实行把正着写与倒着写的两个和式相加,然后求和；例 10、求和：S n3 C16C2LL3 nCnnnn解S n0.C03 C16 C23 nCn nnnn

8、 S n=3n 2n-1 （4）、错位相减法假如一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘构成的,可把和式的两端同乘以上面的等比数列的公比,然后错位相减求和n-1 前 n 项的和n-1 例 11、 求数列 1, 3x,5x2, ,2n-1x解设 Sn=1+3+5x2+ +2n-1x- 4 - 高考数列解题技巧归纳总结2x=0 时, Sn=13 当 x 0 且 x 1 时,在式两边同乘以x 得 xSn=x+3x2+5x3+ +2n-1xn, -,得 1-xSn=1+2x+2x2+2x3+ +2xn-1-2n-1xn5 裂项法：把通项公式整理成两项 式多项 差的形式,然后前后相消；常见裂项方

9、法：例 12、求和111L2n1n31 53 75 912注：在消项时肯定留意消去了哪些项,仍剩下哪些项,一般地剩下的正项与负项一样多；在把握常见题型的解法的同时,也要留意数学思想在解决数列问题时的应用；二、常用数学思想方法1函数思想运用数列中的通项公式的特点把数列问题转化为函数问题解决；【例 13】等差数列 a n的首项 a10,前 n 项的和为 Sn,如 Sl=Sk（l k）问 n 为何值时 Sn 最大？此函数以 n 为自变量的二次函数；a10 Sl=Sk（l k）, d0 故此二次函数的图像开口向下 f （l ） =f （k）- 5 - 高考数列解题技巧归纳总结2方程思想【例 14】设等

10、比数列 an 前 n 项和为 Sn,如 S3+S6=2S9,求数列的公比 q；分析 此题考查等比数列的基础学问及推理才能；解依题意可知 q 1；假如 q=1,就 S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1；由此应推出 q 1 整理得 q3（2q6-q3-1 ） =0 q 0 此题仍可以作如下摸索：S6=S3+q 3S3=（1+q 3）S3 ；S9=S3+q 3S6=S3（1+q 3+q 6）,由 S3+S6=2S9 可得 2+q 3=2（1+q 3+q 6）, 2q 6+q 3=03换元思想a1=0 与等比数列不符；【例 15】已知 a,b,c 是不为 1 的正数, x,y,zR+,且求证： a

11、,b, c 顺次成等比数列；证明 依题意令 a x=b y=c z=k x=1og ak,y=log bk,z=log ck b 2=ac a,b, c 成等比数列（ a,b,c 均不为 0）- 6 - 高考数列解题技巧归纳总结错位相减法1. 设数列an的前n 项和为Sn,a1,1且数列S n是以cc0为公比的等比数列 . （1）求数列an的通项公式；919,就a5为（）. （2）求a2a4a2n. 2、等差数列a n中,a37,aA、 13 B、12 C、11 D、 10 S 取得最大值；3、已知等比数列an中,T 表示前 n 项的积,如T 1,就（） . A、a 1 B、a 1 C、a 1

12、 D、a 1 4. 已知数列an满意a 1 ,a 3n1an1（n2）. 求a2, a3；求a . 5. 已知等差数列an的首项为 24,公差为2,就当 n= _时,该数列的前n 项和6. 在等差数列a n中,首项a 10,公差d0,如kaa 1a2a 3La7,就 kA 21B 22C 23D 247. 已知正项等差数列a n的前 n 项和为S ,如S 312,且2a a2,a31成等比数列 . （）求a n的通项公式； （）记b nan的前 n 项和为T ,求T . 3n- 7 - 高考数列解题技巧归纳总结8. 在数列an中,已知a 11,an11,b n23log1an nN*.nN,数

13、列cn满意cnanbn；4a n44（1）求数列an的通项公式；（2）求证：数列b n是等差数列；（3）设数列cn满意cnanb n,求cn的前n项和S . 9已知数列b n前 n 项和Sn3n21n. 数列an满意an34bn2 22（1）求数列a n和数列b n的通项公式；（2）求数列cn的前 n 项和T ；m为常数,且m010. 设S 为数列a n的前 n 项和,对任意的nN * ,都有S nm1ma n（1）求证：数列a n是等比数列； （2）设数列a n的公比qfm,数列b n满意b 12a b nf b n1n2, nN* ,求数列b n的通项公式； （3）在满意（ 2）的条件下,

14、求数列n 21的前 n 项和nT b n- 8 - 高考数列解题技巧归纳总结答案1、解：（1）数列 Sn 是以 c c 0 为公比的等比数列 , 且 S 1 a 1 1S n s 1 c n 1 c n 1 3 分S n 1 c n 2（n 2 a n S n S n 1 c n 1 c n 2 c 1 c n 2 n 2 6 分,1 n 1a n c 1 C n 2 , n 2 , 且 n N 8 分（2）由（ 1）知 a 2 , a 4 , a 6 , , a 2 n , 是以 a 为首项, C 2 为公比的等比数列, 11 分2 n 2 n c 1 1 c c 1a 2 a 4 a 2

15、n 2 14 分1 c c 12. a 3 a 9 7 19 26 2 a 6 ,a 6 13由 a 6 a 3 3 d得 d 2a5 11 选 C 53、T 5 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 3 1所以 a 3 1,选 B 4、（ 1）解：（1）解 : a 1 1,a 2 3 1 4,a 3 3 2 4 13 4 分2 证明：已知 a n a n 1 3 n 1 n 2 得a n a n a n 1 a n 1 a n 2 a 2 a 1 a 1 8 分3 n 13 n 23 1n3 1 12 分21 n当 n 1 时,a 1 3 1 1a n 3 1 14 分2 25. 由已

16、知得：a n 24 n 1 . 2 26 2 n,由a n 0 26 2 n 012 n 13, n N *,所以 n=12 或 13 a n 1 0 24 2 n 07. 解：（）S 3 12,即 a 1 a 2 a 3 12,3 a 2 12,所以 a 2 4,-2分又2a ,a ,a31成等比数列,分,即故a22a2d a 2d1,a22a 1a3122-4a n3n2；解得,d3或d4（舍去）,a 1a2d1-7分- 9 - 高考数列解题技巧归纳总结（） 法 1：b na n3 n23 n21,112n 3n 3n 3T n11417 1 3 21 3 34L1 n 3,3 n23 1

17、2 31得,T n171L3 n2113 n5333 33 43 n3 n得,2T n131 2 33131L3153 n2111333 34 3n 3n 311113 n12111113 n32 3n 3131n 362n 3n 313T n 54 14 3 n 12 3 n2 23 1n 54 6 n4 53 1n -14 分法 2：b n an n 3 nn 2 n 1n 1 2 1n,3 3 3 3设 A n 1 2 1 3 12 4 13 L n 1n 1,3 3 3 3就 1 A n 1 2 12 3 13 4 14 L n 1n,3 3 3 3 3 3 得,2A n 1 1 12

18、 13 L 1n 1 n 1n3 3 3 3 3 311 3 11 nn3 1n 32 32 n 3 1n3A n 9 9 3 n 1n,4 4 2 3T n A n 2 131 11 3 1n 94 94 32 n 3 1n 13 1n 54 6 n4 53 1n -314 分8. 解：（1）an112 分a n4数列an是首项为1 ,公比为 41 的等比数列,4an1n nN*. 4（2）b n3log1an2 3 分4- 10 - 高考数列解题技巧归纳总结b n3log11n23n2. 4 分4435 分1b1,公差d数列b n是首项1b1,公差d3的等差数列 . （3）由（ 1）知,a

19、 n1n,b n3 n2 nN*6 分4c n3 n2 1n,nN*. 4S n1141 427133 n5 1n1 3 n2 1 4n,4441 4n1于是1S n1124137143 n5 1n 3 n2 44444两式相减得3S n 10 分13 12131 4n 3 n2 1n14444412 分13 n2 1n1. S n212 n2481n1nN*. 14 分3349. 解：（1）由已知和得,当n2时,n1 21n1 3 n2 2 分b nS nS n13n21n 32222又1b1312,符合上式；故数列4bn的通项公式bn3n2； 3 分又an34b n2,an4b n23n2

20、21n,334故数列an的通项公式为ann1 4n, 5 分1 4（2）c na nb n 3 n2 ,3 n2 1n, S n1141271344441S n112413714 3 n51n 3 n2 1n1, 444444 -得3S n131213141n 3 n2 1n14444444- 11 - 高考数列解题技巧归纳总结13 14 21 14 n 1 3 n 2 1 n 14 1 1 441 3 n 2 1 n 1,2 4S n 2 12 n 8 1 n 1； 10 分3 3 410. 解：（1）证明：当 n 1 时,a 1 S 1 m 1 ma ,解得 a 1 1 1 分当 n 2

21、时,a n S n S n 1 ma n 1 ma 2 分即 1 m a n ma n 1 m为常数,且 m 0,a n m n 2 3 分a n 1 1 m数列 a n 是首项为 1,公比为 m 的等比数列 4 分1 m（2）解：由（ 1）得,q f m m,b 1 2 a 1 2 5 分1 mb n f b n 1 b n 1, 6 分1 b n 11 1 1,即 1 11 n 2 7 分b n b n 1 b n b n 11 是首项为1,公差为 1 的等差数列 8 分b n 21 1n 1 1 2 n 1,即 b n 2（n N ）* 9 分b n 2 2 2 n 1n 1（3）解：由

22、（ 2）知 nb 2,就 2 2 n2 n 1 10 分2 n 1 b n2 3 4 n n 1所以 T n 2 2 2 L 2 2,b 1 b 2 b 3 b n 1 b n1 2 3 n 1 n即 T n 2 1 2 3 2 5 L 2 2 n 3 2 2 n 1, 11 分2 3 4 n n 1就 2 T n 2 1 2 3 2 5 L 2 2 n 3 2 2 n 1, 12 分得 T n 2 n 12 n 1 2 2 32 4L 2 n 1, 13 分3 n 1故 T n 2 n 12 n 1 2 2 1 22 n 12 n 3 6 14 分1 2- 12 - 高考数列解题技巧归纳总结

23、用放缩法处理数列和不等问题一先求和后放缩（主要是先裂项求和,再放缩处理）例 1正数数列 a n 的前 n 项的和 S ,满意 2 S n a n 1,试求：（1）数列 a n 的通项公式；（2）设 b n 1,数列 b n 的前 n 项的和为 B ,求证：B n 1a n a n 1 2解：（1）由已知得 4 S n a n 1 2,n 2 时,4 S n 1 a n 1 1 2,作差得：4 a n a n 22 a n a n 21 2 a n 1,所以 a n a n 1 a n a n 1 2 0,又由于 a n 为正数数列,所以 a n a n 1 2,即 a n 是公差为 2 的等差

24、数列,由 2 S 1 a 1 1,得 a 1 1,所以 an 2n 1（2）b n 1 1 1 1 1 ,所以a n a n 1 2 n 1 2 n 1 2 2 n 1 2 n 1Bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 3 3 5 2 n 1 2 n 1 2 2 2 n 1 2真题演练 1：06 全国 1 卷理科 22 题 设数列 a n 的前 n 项的和 , S n 4a n 12 n 1 2,n 1,2,3, ggg3 3 3（）求首项 1a与通项 a ；（）设 T n 2 n,n 1,2,3, ggg,证明：nT i 3 . S n i 1 24 1 2 4 1 2解: 由 Sn

25、= 3an3 2 n+1+ 3, n=1,2,3, , 得 a1=S1= 3a13 4+ 3所以 a1=24 1 2再由有 S n1= 3an13 2 n+ 3, n=2,3,4, 4 1将和相减得 : a n=SnSn1= 3a nan1 3 2 n+12 n,n=2,3, 整理得 : an+2 n=4a n1+2 n1,n=2,3, , 因而数列 an+2 n 是首项为 a1+2=4, 公比为 4 的等比数列 , 即 : an+2 n=4 4 n1= 4 n, n=1,2,3, , 因而 an=4 n2 n, n=1,2,3, , 将 an=4 n2 n代入得 S n= 43 4 n2 n

26、 13 2 n+1 + 23 = 13 2 n+112 n+12 = 23 2 n+112 n1 n n T n= 2 Sn = 3 2 2 n+112 2n 1 = 3 2 2 n1 12 n+11 1所以 , i n1 T = 32 i n1 2 i 1 12 i+1 1 = 1 32 2 11 12 n 111 1）n 1化简得：a n 2 a n 1 2 1a nn 2 a nn 11 2 , a nn 22 a n 1n 1 2 1 1 1 3 1 3故数列 a nn 2 是以 a 1 2为首项 , 公比为 2的等比数列 . 1 3 3故 a nn 2 1 2 n 1a n 22 n 2 1 n 1 3 3 3数列 a 的通项公式为：a n 22 n 2 1 n. 3观看要证的不等式,左边很复杂,先要设法对左边的项进行适当的放缩,使之能够求和；而左边= 1 1L 1 3 2 13 1L m 2 1m ,假如我们把上式中的分母中的 1去掉