高中数学数列复习-题型归纳-解题方法

数列

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=L且a”a3,析成等比数列.（I）求数列EJ的

通项；（II）求数列｛2喝的前n项和Sn.

解：（I）由题设知公差dWO,

由a1=l,ai,a3,成等比数列得*=笔，

解得d=l,d=0（舍去），故瓜｝的通项an=l+（n

—1）Xl=n.

（II）由（I）知2，=才，由等比数列前n项和公式得

S产2+22+2'+…+20二”二2s2.

小结与拓展：数列4是等差数列，则数列“｝是等比数列，

公比为川，其中a是常数，d是⑷的公差。（a此且aWl）.

【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EJ的前三项与数列｛bj的前三项对应相

2n_1

同，且ai+2a2+2a3HF2an=8n对随意的n£N*都成

立，数列数n+i—bj是等差数列.求数列列J与｛bj的通项

公式。

!

解：ai+2a2+22a3+…+2"an=8n(n£N*)

①

2=

当n12时，@i+2a2+2匕3+…+2"an-i8(n—1)(n£N*)

②

①一②得2「a=8,求得an=2-n,

在①中令n=l,可得@1=8=2-1,

:・4=2“11(n£N*).由题意知b=8,b2=4,b：3=2,62

—bi=-4,b3—b2=-2,

,数列｛bn+i—bn｝的公差为一2一(—4)=2,/.b„+i—bn=-4

+(n-l)X2=2n-6,

法一(迭代法)

--

bn=bi+(b2-bi)+(b3b2)T---卜(bnbn-i)=8+(-4)+

(—2)H——H2n—8)

=Y—7n+14(n£N*).

法二(累加法)

即bn—bn-i=2n—8,

bn-1bn-2=2n-10,

ba-b2=—2,

b2—bi=-4,

bi=8,

相加得bn=8+(—4)+(—2)4---卜(2n—8)

(n-l)(-4+2n-8)

=8+-----------------=n2—7n+

14(n£N*).

小结与拓展：1)在数列｛aj中，前n项和柞与通项4的关

系为：

凡=4个"是重要考点；2)韦达定理应引起重视；3)

[S“-S“T(«>2,neN)

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｛aj中，a“>0(n.N

),公比Qe(0,1)j且+2a3a5+a2a8=25,@3与as的

等比中项为2o(1)求数列｛4｝的通项公式；(2)设整

=loga,数列｛bj的前n项和为Sn当刀斗…+邑最大时,

2nI2n

求n的值。

解：(1)因为a1^5+2a3a5+a2a8=25,所以,裙+2a3a5+屋

=25

又an>o,•••a3+a5=5又@3与as的等比中项为

2,所以，a3a5=4

而qe(0,1),以，&3>@5,所以，a：3=4,@5=1,

=16,所以,

%=16x(J=2-

(2)bn=log2an=5—n,所以，bri+i—bn=—1,

所以，®｝是以4为首项，一1为公差的等差数列。所以，

°_〃(9一〃)Sn_9-n

sn二F~7F

所以，当nW8时，^>0,当n=9时，&=0,n>9时，盘

nnn

<0,

当n=8或9时，工邑+…+2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

L前n项和公式Sn的定义：

=,,e

Snai+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、等比数列的数列；4)

常用公式：

三心_1+2+3+・・,+〃=—n(n+1)•

乙&二7，

£公=『+22+32+一.+〃2=ln(H+l)(2n+l).

*=16

/1+23+33+...+/=[〃(〃+1)了

我=12

2

Z(2k-1)=1+3+5+…+(2n-1)-no

(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：假如一个数列｛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。

适用于其中｛/是各项不为0的等差数列，c为常数;

J

部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1)

(其中｛叫等差)可裂项为：o

danan+tM+d*d

(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九+1，

(2)—1=

〃(〃+%)knn+k9

1l11

(3)------=—[-r----------].

1)5+1)2n(n+1)5+1)5+2)，

3.典型例题分析

【题型11公式法

例1等比数列团的前n项和Sn=2-p,则

2222

%+。2+/+■••+%=・

解：1）当n=l时，au2-p；

nnn

2）当nA2时，an=Sn-Sn.1=（2-p）-（2-'-p）=2-'o

因为数列小｝为等比数列，所以一一p=2'np=l

从而等比数列&｝为首项为1,公比为2的等比数列。

故等比数列⑶为首项为1,公比为q、4的等比数列。

+a；+q；+…+a；=Wd）=l（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：（见学问点部分）。5）等比数列的性

质：若数列④为等比数列，则数列届及也为

等比数列，首项分别为小L公比分别为八io

a,q

【题型2】分组求和法

例2（2010年丰台期末18）数列⑷中，—且点

3…）5eN,）在函数“3+2的图象上.（I）求数列｛〃.｝的通项公

式；（II）在数列｛明｝中，依次抽取第3,4,6,2n-'+2,…

项，组成新数列R，试求数列间的通项勿及前〃项和S〃.

（I）.点（%,a.+j）在函数/（x）=x+2的图象上，・・%=a,+2o

・・・j--2,即数列｛%｝是以为首项，2为公差的等差数列,

••an=1+（n—1）x2=2H—1o

（II）依题意知：4=%叫2=2（2恒+2）—1=2〃+3

3=4+与+・+2二2（2'+3）=22'+3〃二^^-+3〃=2用+3〃一2.

/=i/=i112

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｛叫的前〃项和

为S〃,%=1，S"+i=4。"+1,设bn=an+x—2an.

（I）证明数列同是等比数列；

（IIU，

）数歹同满意%=白下J（〃工）求

Un十

Tn=C&+C2c3+C3c4+-・・+g%+lo

证明：（I）由于S-,①

当〃22时,S“=4%+1.②

①-②得%+i=4a“一.所以all+i-2a“=2gti-2a,一）•

又瓦,=an+｝-2a„,所以=2%•

因为4=1,且。［+=4。|+1，所以〃=3《+1=4•

所以2q=2.故数列同是首项为2,公比为2的等比数

列.

解：（II）由（I）可知止2"，则（…，）.

log22+3〃+3

,111I

T=c,1c2+C2C33+C3C4++cc..=+++…+----------------

n2〃用4x55x66x7（〃+3）（〃+4）

_11_n

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

LJ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）>I（其中⑷等差）

可裂项为：」-=；（，—，）；2）『I（根式在分

%.%+idanan+l87%d

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（假如同等差，也｝等

比,那么｛他｝叫做差比数列）即把每一项都乘以⑻的公比-

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）Y（n）类型，可采纳两项合并求。

5.典型例题分析

【题型4】错位相减法

2462n

例4求数列于齐，声…，正，…前n项的和.

解：由题可知停｝的通项是等差数列｛2n｝的通项与等比数

列£｝的通项之积

、江c2462n

^^=2+F+F+'"+F

12462n

子=中+乎+梦十…+耳〃+1②（设制错位）

22n

①一②得(1」电=2+3+2+4+・・・_|------（错位相减）

J7V।」222223242"2，，+1

12〃

=2——

77—1+1

2

n+2

【题型5】并项求和法

222222

例5^S1OO=1OO-99+98-97H——H2-l

222222

解：S,OO=1OO-99+98-97H——H2-l=(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.

解：由于yJ=：x丝3=：(0一1)(找通项及特征)

A个17小7

1+11+111+…+111…1--(IO1-l)+-(102-l)+-(103-l)+---+-(10n-1)(分组求和)

9999

=-(io'+io2+io3+---+io,,)--(i+i+i+---+i)=-10(1°-1---

99-----访-----'910-19

=-(10,,+,-10-9/1)

81

6.归纳与总结

以上8种方法虽然各有其特点，但总的原则是要擅长变

更原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能运用等

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

L数列的通项公式

一个数列｛/｝的与之间的函数关系，

假如可用一个公式4=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)定义法与视察法(合情推理：不完全归纳法)：干脆

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；有的数列可以依据

前几项视察出通项公式。

(2)公式法：在数列｛4｝中，前n项和朴与通项蜃的关系

为：

ciy—S](〃—1)

fS”—S“T(H>2,neN)(数列｛叫的前n项的和为

5“=%+%++«„)•

(3)周期数列

由递推式计算出前几项，找寻周期。

(4)由递推式求数列通项

类型1递推公式为―/⑺

解法：把原递推公式转化为利用累加法(逐差相

加法)求解。

类型2(1)递推公式为(叽

解法：把原递推公式转化为如"5),利用累乘法(逐商相乘

法)求解。

(2)由%=〃〃口和％确定的递推数列口的通项可如下求得：

由已知递推式有%=，a„,,=/(«-2)a吁2，•••fa2=依次向

前代入，得%=/(〃—1)/(〃一2)…/⑴q，这就是叠(迭)代法的基本

模式。

类型3递推公式为j二西+(其中p,q均为常数，

(pq(p-l)xO))o

解法：把原递推公式转化为：其中U土，再利

1-P

用换元法转化为等比数列求解。

3.典型例题分析

【题型1】周期数列

例1若数列｛%｝满意*LI，若qj，则

24-7

答案：胃

小结与拓展：由递推式计算出前几项，找寻周期。

【题型2】递推公式为J/+小)，求通项

例2已知数列｛%｝满意—,求明。

解：由条件知：%「%==二=7彳」―一

n+n〃(〃+1)nn+1

分别令〃=123,……,(…，代入上式得(I)个等式累加之,即

a

—Q])+(。3_〃2)+(〃4-〃3)+.............+(〃〃_n-\)

=(14)+(^4)+(14)+……+小+

所以…=」

n

1}_

va\=2l+i-l=2

，2n2n

小结与拓展：在运用累加法时，要特殊留意项数，计算时项

数简洁出错.

【题型3】递推公式为-="叽,求通项

2

例3已知数列满意/=石，%=匕％,求明。

J11IJL

解：由条件知箕=悬，分别令12,3,……,(»-1)，代入上式得(…

个等式累乘之，即—…………%9吟=：

%。2〃3，〃-1234a处几

小结与拓展：在运用累乘法时,还是要特殊留意项数，计算

时项数简洁出错.

【题型4】递推公式为%=P%+q(其中p,q均为常数,

(pq(pT)wo)),求通项

例4在数列｛%｝中，4=1,当心2时,有%=3%一］+2,求应｝

的通项公式。

解：设a„+m=+加)，即有an=3an_x+2m，对比a“=3a,i+2,得加=1,于

是得a„+l=3(a„,i+l),数列以+D是以5=2为首项,以3为公比的

等比数列，所以有£7„=2-3,,_|-1O

(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协助模型,

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，但运用构造法往往给人

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明显，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，

然后采纳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

式的一种简洁方法.

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，可由困

难变为简洁，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｛”前〃项之积Tn，一般可求Tn"则既=4(留

意：不能遗忘探讨.1).

2

如：数列｛%｝中，对全部的〃N*都有axa2a3--an=n,则

%+%=•

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口的前n项和为s.，对于随

意正整数D,都有等式：成立，求®｝的通项入

解：4+2%=n4T2+=4S,I,

••an~an-i+2a2a,I=4(S“-S”_])=4%

a—

)(“〃—n-\2)=0f.an+0,••an