高中数学数列复习 题型归纳 解题方法

数列

一、等差数列与等比数列

T.基本量的思想：

常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”

是解决问题的基本方法。

2.等差数列与等比数列的联系

1）若数列｛%｝是等差数列，则数列｛。4｝是等比数列，公比为a%其中a是常数，d

是｛%｝的公差。（a>0且aWl）；

2）若数列｛4,｝是等比数列，且%>0,则数列｛log”凡｝是等差数列，公差为k）g“q,

其中a是常数且“是｛4｝的公比。

3）若｛4｝既是等差数列又是等比数列，则｛q｝是非零常数数列。

3.等差与等比数列的比较

等差数列等比数列

定义

{%}为A-P0a„-a=d(常数)

+ln｛册｝为6•PO=式常数）

通项

a=a+(n-1)d=tz+(n-k)d=dn+a1-da=aqn~]=aqn~k

公式nijtn}k

求和

72(n-l)(q=1)

=----!------=na+---------ana]

公式n21x2

s=,q(l-Q=…

=^〃2+(q—„

\-q\-q

中项a+b

A=----G2=abo

公式2

2

推广：2%=推广：an=an_mxan+m

性1

质aa

若m+n=p+q则am+an=ap+aq若m+n=p+q,则a,“a”~Pq»

2

若伙"成A.P（其中knGN）则｛%J也若伏，J成等比数列（其中3eN）,

为A.Po

则｛4｝成等比数列。

3

•sn,s2n-sn,s3n-s2n成等差数列。$“,$2"一5,，$3“一%”成等比数列。

4

。=幺二幺=一"（…q"~'="，q"-m=（加7〃）

n-\m-n4a”，

4、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｛aj是公差不为零的等差数列，ai=l,且a3,a„成

等比数列.（I）求数列｛&,｝的通项；（H）求数列｛2>的前n项和S”.

解：（I）由题设知公差d¥0,

由曲=1,a”a：“ag成等比数列得匕丝=上也，

11+2J

解得d=l,d=0（舍去），故｛aj的通项a„=l+（n-1）Xl=n.

（II）由（I）知Tm=2",由等比数列前n项和公式得

23„2（1—2"）用

S,„=2+22+23+-+2n^—-------2"-2.

1-2

小结与拓展：数列｛4｝是等差数列，则数列｛优'"｝是等比数列，公比为a。其中a是

常数，〃是｛叫的公差。（a>0且a*l）.

2

【题型2]与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的

姑A

ina

例2已知数列｛4,｝的前三项与数列｛b“｝的前三项对应相同，且ai+2a2+2J3+…+2”

-4=8n对任意的nGN*都成立，数列化田一小｝是等差数列.求数歹U区｝与｛bj的通项

公式.

n

解：ai+2a3H----|-2'an—8n(nGN*)①

2n-2

当n22时，ai+2a2+2a3+-+2a„-1=8(n-l)(nGN,)②

①一②得2『一=8,求得a.=2~”,

在①中令n=l,可得ai=8=2'T,

,-n

/.a„=2(n£N*).由题意知bi=8,b2=4,b3=2,.,.b2—bi=—4,b3—b2=—2,

数列｛b„+i—b„｝的公差为一2一(—4)=2,b„+i—bn=-4+(n—1)X2=2n—6,

法一(迭代法)

bn=bi+(b2~bi)+(bs—ba)H---h(bn—bn-J—8+(—4)+(—2)H----F(2n—8)

=n2-7n+14(n£N*).

法二(累加法)

即bn—b„-i=2n—8,

bn-1—bn-2=2n—10,

b3—b2=-2,

62-bi——4,

bi=8,

相加得bn=8+(-4)+(—2)+…+(2n—8)

ci(n—1)(—4+2n—8),、小

—8+-=n2-7n+14(zn£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：

1-1

an^\.是重要考点；2)韦达定理应引起重视；3)迭代法、

(n>2,neN)

累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。

3

【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｛aj中，a„>0(neN*),公比qe(0,1),且

aia5+2a3a5+a2%=25,a3与的等比中项为2。(1)求数列｛a“｝的通项公式；(2)

设b.=logzan,数列｛bj的前n项和为S.当县+邑+•・・+1最大时，求n的值。

12n

解：(1)因为aia.5+2a3a5+&2@8=25,所以，(2^+2a3a$+。；=25

又a^Ao,…a3+a5=5又a3与少的等比中项为2,所以，a3a5=4

而q£(0,1),所以，a：3>a.5,所以，aa=4,as=1>q=—，a1=16,所以，

(2)bn=log2an=5—n,所以，bn+i—bn=­L

所以，｛bj是以4为首项，―1为公差的等差数列。所以，S'=«町』

"2n2

SSS

所以，当nW8时，—>0,当n=9时，—=0,n>9时，—<0,

nnn

当n=8或9时，--H——+•••H—^最大°

12n

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。

二、数列的前n项和

1.前n项和公式Sn的定义:

Sn=ai+a2+***ano

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

4

比数列的数列；4)常用公式：

Z%=1+2+3++n=-n(n+1)；

hi2

=I2+22+32++〃2=1〃(〃+1)(2〃+1)；

M6

3333，!(，7+1)2

X^=l+2+3+.+n=[2]；

〉：(2化—1)=1+3+5+...+(2n-1)=n~0

*=i

(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｛aj,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。

适用于二一其中｛%｝是各项不为0的等差数列,C为常数；部分无理数列、含

阶乘的数列等。如：1)，---1和/L>

(其中｛%｝等差)可裂项为：

4向阮)。(根式在分母上时可

4«用danan+]M+gd

考虑利用分母有理化，因式相消求和)

常见裂项公式：

n(n+1)nn+1

(2)--—)；

n(n+k)kn〃+A

(3)__________1_____=-[1-,——1；

n[n-1)(«+1)2n[n+1)5+1)(〃+2)

,xn11

(z4)-----=—-

(n+1)!n\5+1)!

-历=<~~厂<4-<厂---=2(而-

(5)常见放缩公式：2而i-1-----2\ln-l).

y/?+1+\Jn\Jn，〃+1

5

3.典型例题分析

【题型1】公式法

例1等比数列｛。“｝的前n项和S0=2"—p,则----F.

解：1）当n=l时，a[=2-p；

nn

2）当n»2时，an=Sn-Sn,1=（2"-p）-（2-'-p）=2-'o

因为数列｛2｝为等比数列，所以a】=2-p=2i」=lnp=l

从而等比数列｛4｝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的等比数列。

a：+a彳+城+…+“；=）=-（4n-1）

123«1.43

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｛〃,｝为等比数

列，

则数列1；｝及也为等比数列，首项分别为a；、—,公比分别为q?、-«

la.Jaiq

【题型2】分组求和法

例2（2010年丰台期末18）数列伍“｝中，q=1,且点（%,4+J（〃eN*）在函

数/（x）=x+2的图象上.（I）求数列｛4｝的通项公式；（H）在数列仅“｝中，依次

抽取第3,4,6,…，21+2,…项，组成新数列出“｝,试求数列｛〃｝的通项〃，及

6

前〃项和s“.

解：（I）•.•点（a“，4+1）在函数/（x）=x+2的图象上，，a“+j=”“+2。

的一%=2,即数列｛4｝是以％=1为首项，2为公差的等差数列，

an=1+（〃—1）x2=2〃—1o

（n）依题意知:bn=%-+2=2（2"T+2）-1=2"+3

...S“=4+H++d=t（2'+3）=£2'+3〃=^^—+3〃=2""+3〃—2.

«=iI=I1-2

小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再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。

【题型3】裂项相消法

例3（2010年东城二模19改编）已知数列｛〃“｝的前〃项和为S“，4=1,

S“+i=4a“+l,设a=a»「2a”.（I）证明数列｛%｝是等比数列；

（II）数列｛%｝满足q,=-J~^（〃€曰），求7；=。。2+。2。3+。3。4++。,£山。

log2/?„+3

证明：（I）由于S.=4a“+l,①

当2时，S“=4a,i+1.②

①一②得an+l=4«„-4«„_1.所以%-24=2（%一2%）.

又d=%+「2a“，所以a=2。山

因为％=1,且4+%=4q+l,所以。2=34+1=4.

所以自=4-24=2.故数列｛d｝是首项为2,公比为2的等比数列.

7

11

解：(H)由(I)可知仇=2",则c"=(neN*).

“"log2Z>„+3〃+3

T1111

4=g+2+1+石+奇+而++(〃+3)(〃+4)

11n

--------=--------

4n+44(〃+4)

小结与拓展：裂项相消法是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。它适用于《•其中｛%』是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无

理数列、含阶乘的数列等。如:(其中｛4｝等差)

1

可裂项为：-—=-(—-亚)。(根式在

dan

分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和)

4.数列求和的方法(2)

(5)错位相减法：适用于差比数列(如果｛4｝等差，｛d｝等比，那么｛。,也,｝叫做

差比数列)即把每一项都乘以｛%｝的公比小向后错一项，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.

形如a“=(—l)-f(n)类型，可采用两项合并求。

(8)其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等。

8

5.典型例题分析

【题型4】错位相减法

例4求数列£2,三4,；6,…,2n…前n项的和.

222232”

解：由题可知｛」2%｝的通项是等差数列｛2n｝的通项与等比数列｛——1｝的通项之积

TT

、几02462n

设5〃=-+—+—+•••+—①

〃222232n

262n

F+-H------+•••H---------②（设制错位）

242"+"

①一②得(l—g)S“=222222n

—।—7—r—7H—•H------------------(错位相减)

22223242n2n+l

12〃

2-尹一尹

n+2

5.=4一

2"T

【题型5】并项求和法

例5求S1oo=10()2—994982—97?+…+2'—『

222222

解：S100=100-99+98-97+-+2-1=(100+99)+(98+97)H---1-(2+1)=

5050.

【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.

9

解：由于111…l=」x999…9=』(10"-1)(找通项及特征)

'---v---'Q'---v---'Q

A个17A个］7

...1+11+11I+---+1k_1_1_-_-1✓=

1(10'-l)+1(102-l)+^(103-l)+---+!(10n-1)(分组求和)=

-(1OI+1O2+1O3+---+1O,,)--(1+1+1+---+1)=--1O(1°~1)--

99'-----访-----'910-19

=—(10,,+,-10-9n)

81

6.归纳与总结

以上一个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｛3,｝的与之间的函数关系，如果可用一个公式a„=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｛aj中，前n项和S.与通项a”的关系为：

—S](〃—1)

(数列｛«„)的前项的和为

s„-(n>2,neN)

10

sn=at+a2++an).

(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an+]=an+/(〃)

解法：把原递推公式转化为用-。“=/(〃),利用累加法(逐差相加法)求解。

类型2(1)递推公式为a„+1=/(〃)%

解法：把原递推公式转化为4巴=/(〃)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

(2)由=/(〃)a“和%确定的递推数列｛凡｝的通项可如下求得：

由已知递推式有4“=/(〃一1)凡_|,-2)。,_2，•••，。2=/(1)6依次

向前代入，得凡=/(〃一1)/(〃一2)…/⑴4,这就是叠(迭)代法的基本模式。

类型3递推公式为。,用=pa“+q(其中P，q均为常数，(pq(p—1)工0))。

解法：把原递推公式转化为：an+l-t=p(a„-t),其中/=—"，再利用换元法转

1-P

化为等比数列求解。

3.典型例题分析

【题型1】周期数列

2a„,(0<«„<1)

a

例1若数列｛。“｝满足，若4=g，则20

2《,T,(1<%<1)

11

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%=atl+/⑺,求通项

例2已知数列｛aj满足q=',an+]=an+一，求

2〃

解：由条件知：Q“+]_Q“=—-二」---二

n+nn(Jn+\)nn+1

分别令〃=1,2,3,……代入上式得(〃一1)个等式累加之，即

(%-々|)+(。3-。2)+(。4_%)+......+(Q〃

=(1-+(;-;)+...+(1

n-1n

所以a“-«1=1——

n

11131

*.*Cl,=—,..Q”=--Ft1---=-----

22n2n

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.

【题型3】递推公式为*=,求通项

例3已知数列｛〃〃｝满足=一，an+i=-^—an,求

3〃+1

an

解：由条件知*•=—2,分别令〃=1,2,3,……,(〃—1),代入上式得(〃—1)个等式

an〃+1

„_.a,%/a123n-\a»1

累乘之，Br1nP•—•—•....•—n—=-X-X-X....X----n—!!"=一

qa2a3an_x234naxn

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.

12

【题型4】递推公式为P/+q(其中p,q均为常数，

(pq(p-l)wO)),求通项

例4在数列｛4｝中，4=1,当〃22时，有a“=3a“_1+2,求｛4｝的通项公式。

解法1：设。“+加=3(%_[+m),即有an=3%_1+2，”，对比an-3an_t+2,得〃2=1,

于是得4+l=3(a,i+1),数列｛《,+1｝是以4+1=2为首项，以3为公比的等比数

列，所以有q=23-一1。

解法2：由已知递推式,得生+]=34+2,。“=3%_]+2,(〃22),上述两式相减,得

4川一4=3(4一。,1)，因此，数歹打《山一。“｝是以。2-4=4为首项，以3为公比

的等比数列。所以一。"=4•3"T,即3%+2-4=4・3"T,所以％=2•3'"'。

小结与拓展：此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列

的性质进行求解，构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设+加=PS“+%)，

展开整理=+一机，比较系数有？"一根=0,所以加=上，所以

P-1

bb

a+——是等比数列，公比为p,首项为二是用做差法直接构造，

np-ip-\

an+i=pa,+q,an=pan_｝+q,两式相减有an+i-an=p(a"一%),所以。，㈤一。“

是公比为〃的等比数列。也可用“归纳一猜想一证明”法来求，这也是近年高考考得

很多的一种题型.

4.通项公式的求法(2)

(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.

13

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

T

(7)已知数列也,｝前〃项之积T”，一般可求Te,则a.=-J(注意：不能忘记讨

论〃=1).

如：数列｛〃〃｝中，对所有的〃£N"都有％a2a3…牝=〃2,则。3+〃5=・

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｛4,｝的前n项和为S“，对于任意正整数n,都有等式:

2

«„+2an=4S„成立，求｛。“｝的通项a0.

解：4+2%=4S“=>a”?+2a=4s,i，

aa

n-n-i+2。“-2a,i=4(Sn-Sn_t)=4an

(a„+«„_1)(«„-a,--2)=0,；+an_10,an-an_y=2.即｛%｝是以2为

公差的等差数列，且=4/=2.

/.an=2+2(n—1)=2〃

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.

【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｛%｝是首项为1的正项数列，且a；-一〃可一"""-1=。，(nWN*),求

数列的通项公式an.

14

解：由题设得(a“+an_})(«,,--n)=0.

；an>0,a,->0,Aan+an_t>0.

•,­=«

a”—O|+(a,—q)+(%—w)+,■.(a“一)—l+2+3+,,,+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.

2222

解：an=Sn-Sn_t=nan-(n-1)an_]=>(z?-l)a„=