1、高中数学数列题型归纳及解题方法梳理数列典型例题分析【题型 1】 等差数列与等比数列的联系 例 1 （2010 陕西文 16）已知a n是公差不为 零的等差数列， a11，且 a1，a3，a9 成等比数 列.（）求数列 a n的通项 ;（）求数列 2an 的前 n 项和 Sn.解：（）由题设知公差 d 0，由 a1 1， a1， a3， a9成等比数列得 1 2d 1 8d ，1 1 2d 解得 d 1， d 0（舍去）， 故a n的通项an 1+（ n 1） 1n.（ ） 由（）知 2am =2n，由等比数列前 n 项和 公式得Sm=2+22+23+2n=2（1 2n） =2n+1-2.12小
2、结与拓展： 数列 an 是等差数列， 则数列 aan 是 等比数列，公比为 ad，其中 a是常数， d 是 an 的 公差。（ a0 且 a 1）.【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 a n 的前三项与数列 b n 的前 三项对应相同，且 a1 2a222a3 2n1an 8n 对任意的 nN都成立，数列 b n1 bn 是等 差数列求数列 a n与b n的通项公式。 解：a12a222a3 2n 1an 8n(nN*) 当 n2 时， a12a2 22a3 2n 2an18(n 1)(n N*) 得 2 an8，求得 an 2 ，
3、在中令 n1，可得 a1 8 241， an2 (nN) 由题意知 b1 8， b2 4， b3 2，b2 b1 4， b3 b2 2，数列 b n1 bn 的公差为 2( 4) 2，b1 bn 4（n 1） 2 2n6， 法一（迭代法）bn b1（b 2 b1） （b 3 b2） （b n bn 1）8（ 4） （ 2）（2n8）2 n 7n14（nN*）法二 （ 累加法）即 bn bn12n8，bn1 bn22n10，b3 b22，b2 b14，b18，相加得bn 8 （ 4） （ 2） （2n 8）8（n 1）（ 4 2n8）22*n2 7n14(n N*) 小结与拓展： 1）在数列 a
4、 n中，前 n 项和 Sn与通项 an 的关系为： 引起重视； 3）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an中， an0 （n N），公比 q （0,1） ，且 a1a5 + 2a3a5 +a 2a825，a3与 as 的等比中项为 2。（1）求数列 an的通项公式； （ 2）设 bnlog 2 a n，数列 bn的前 n 项和为 Sn当 S1 S2 Sn最大时，求1 2 nn 的值。解：（ 1）因为 a1a5 + 2a 3a5 +a 2a8 25，所以， a32 + 2a 3a5 +
5、a52 25又 ano， a3a55 又 a3 与 a5 的等比中项为 2，所以， a3a5 4而 q （ 0,1 ），所以， a3a5，所以， a34， a5 1， q 12 ，a116，所以，1 n1 5 nan 16 2n2（2）bnlog 2 an 5 n，所以，bn1 bn 1， 所以，b n是以 4为首项， 1 为公差的等差数 列。所以， Sn n（9 n）, Sn 9 nn 2 n 2所以，当 n8 时， Sn 0，当 n9 时， Sn 0， nnn9 时， Sn 0，n当 n8 或 9 时， S1 S2 Sn 最大。1 2 n小结与拓展： 1）利用配方法、单调性法求数 列的最值
6、； 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=a1+a2+ an。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 :1n k 1 2 3 n n(n 1) ； k 1 2n k2 12 22 32 n2 1 n(n 1)(2n 1)；k 1 6n2(2k 1) 1 3 5 . (2n - 1) n2 k12）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：
7、如果一个数列 an ，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 aac 其中 an是各项不为 0 的等差数列， anan 1c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如： 1) a 1a 和 1 (其中 an 等差)可裂项an an 1 an an 1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 ：3.典型例题分析【题型 1】 公式法例 1 等比数列 an 的前项和 S2p，则解： 1
8、）当 n=1 时， a1 2-p；2）当 n 2时， an Sn-Sn-1 （2n - p） - （2n-1 - p） 2n-1。 因 为 数 列 an 为 等 比 数 列 ， 所 以 1-1a1 2- p 2 1 p 1 从而等比数列 an 为首项为 1，公比为 2 的 等比数列。故等比数列 an2 为首项为 1，公比为 q2 4 的等 比数列。2 2 2 2 1（1-4 ） 1 na12 a22 a32 an2 1-4 3（4n -1）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
9、： 若数列 an 为等比数列，则数列 a2n 及1 也为等比数列， 首项分别为 a12 、1 ， an a1公比分别为 q2、 1。q【题型 2】 分组求和法例 2 （2010 年丰台期末 18）数列 an中，a1 1，且点(an,an1)(n N )在函数 f(x) x 2的图象上 .()求 数列 an的通项公式； ()在数列 an中，依次 抽取第 3，4，6， 2n1 2，项，组成新数列 bn ，试求数列 bn的通项 bn及前 n项和Sn. 解：()点(an,an1)在函数 f(x) x 2的图象上， an 1 an 2 。an1 an 2，即数列 an是以a1 1为首项， 2 为公差 的
10、等差数列， an 1 (n 1) 2 2n 1 。()依题意知bn a2n1 2 2(2n 1 2) 12n 3 Sn b1 b2 bn =n(2in3) 2i 3ni1i12 2n 1 n 12 2 3n 2n 1 3n 2.12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32010年东城二模 19 改编）已知数列an 的 前 n 项 和 为 Sn ， a1 1 ， Sn 1 4an 1bn an 1 2an ）证明数列 bn 是等比数列； ） 数 列 cn 满 足 cn log2
11、1bn 3(n N )Tn c1c2 c2c3 c3c4 cnc证明：（）由于 Sn 1 4an 1，当 n 2时 ， Sn 4an 1 1 得an 1 4an 4an 1an 1 2an 2(an 2an 1) 所以 bn 2bn 1 又 bn an 1 2an ，因为 a1 1 ，且 a1 a2 4a1 1 ， 所以 a2 3a1 1 4 所以b1 a2 2a1 2故数列 bn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列解：（）由（）可知bn 2n，则cn log21bn 3 n1（3n N* )111Tn c1c2 c2c3 c3c4 cncn 1 415 516 617 (n 3)(n 4)
12、1 1 n4 n 4 4(n 4)小结与拓展：裂项相消法是 把每一项都拆成正和。它适用于负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求aac 其中 an是各项不为 0 的等anan 1差数列， c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1） a 1a 和 1 （其中 an 等差）an an 1 an an 1可裂项为： a 1a d1（a1 a1）；2） 1 d1（ an1 an）。an an 1 d an an 1 an an 1 d（根式在分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 （如果 an 等 差， bn 等比，那么 anbn 叫做差比数列）即把
13、每 一项都乘以 bn 的公比 q ，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 an（ 1） nf（n） 类型，可采用两项合并求5.典型例题分析 【题型 4】 错位相减法2, 4 , 6 , ,2n,例 4 求数列2,22,23, ,2n, 前 n项的和. 22nn 的通项是等差数列位相减）2212例 5 求 S1001002 992982972解： S1001002 992 982 9722212(100 99) (9897) (
14、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 .n个1解：由于 111 1 1 999 9 1(10k 1) (找通项及特征)k个 1 9 k个 1 91 1 1 1 1 11 111 111 1 1(101 1) 1(102 1) 1(103 1) 1(10n 1)n个1 9 9 9 9(分组求和 ) 1(101 102 103 10n) 1(1 1 1 1)9 9 n个 11 10(10n 1) n9 10 1 91 (10n 1 10 9n)816.归纳与总结以上 8 种方法虽然各有其特
15、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 an 的 与 之间的函数关系， 如果可用一个公式 an 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
16、an中，前 n 项和 Sn与通 项 an 的关系为：an aS1n SS1n1 （nn 12）,n N） （数列an的前 n 项的和为sn a1 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 1 an f (n)解法： 把原递推公式转化为 an 1 an f (n) ，利用 累 加法 ( 逐差相加法 ) 求解。类型 2 (1)递推公式为 an 1 f (n)an法( 逐商相乘法 ) 求解。(2)由 an 1 f (n)an和 a1确定的递推数列 an 的通项可 如下求得：由已知递推式有 an f (n 1)an 1 ， an 1
17、 f (n 2)an 2 ， ， a2 f (1)a1依次向前代入， 得 an f(n 1)f (n 2) f (1)a1，这就 是 叠(迭)代法 的基本模式。类型 3 递推公式为 an 1 pan q (其中 p，q 均为 常数， (pq(p 1) 0) )。解法： 把原递推公式转化为： an 1 t p(an t)，其中3.典型例题分析【题型 1】 周期数列则 a20 =答案： 57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 an 1 an f (n) ，求通项 例 2 已知数列 an 满足 a1 1，an1 an 21 ，求 an2 n n分别令 n 1,2
18、,3, ,(n 1) ，代入上式得 (n 1) 个等式累加 之，即 (a2 a1) (a3 a2) (a4 a3) (an an 1)所以 an a1 1 1nn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 an 1 f(n)an，求通项2n例 3 已知数列 an 满足 a1 3，an 1 nn1an，求an。 解： 由条件知 a n 1，分别令 n 1,2,3, ,(n 1) ，代1 2 3 n 1 an 12 3 4 n a1 n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 .【题型 4】 递推公式为 an 1
19、 pan q(其中 p，q 均为常数 ， (pq(p 1) 0) )， 求通项 例 4 在数列 an中， a1 1，当 n 2时，有 an 3an 1 2，求 an的通项公式。得 m 1 ，于是得 an 1 3（an 1 1），数列 an 1 是以 a1 1 2为 首项，以 3为公比的等比数列， 所以有 an 23n1 1。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
20、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（ 7）已知数列 an前 n项之积 Tn，
21、一般可求 Tn-1，则 an TTn （注意：不能忘记讨论 n 1）.Tn1如：数列 an 中，对所有的 n N 都有 a1a2a3 an n2， 则 a3 a5 .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2an 4Sn 成例 5 设各项均为正数的数列 an 的前 n 项和为 Sn ，对于任意正整数 n，都有等式： 立，求 an 的通项 an .解： an 2an 4Sn an 1 2an 1 4Sn 1 ， an an 1 2an 2an 1 4（Sn Sn 1） 4an(an an 1)(an an 1 2) 0 ， an an 1 0 ， an an 1 2.即
22、 an 是 以 2 为 公 差 的 等 差 数 列 ， 且 an 2 2(n 1) 2n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 an 是首 项为 1 的正项数 列，且an2 an21 nan nan 1 0 ，( nN*)，求数列的通项公式 an. 解：由题设得 (an an 1)(an an 1 n) 0. an 0 ， an 1 0 ，
23、an an 1 0. an an 1 nan a1 (a2 a1) (a3 a2) (an an1) 1 2 3 n n(n2 1) 【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 .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 . 例 8 设正项数列 an 满足 a1 1，an 2an2 (1 n2). 求数列 an 的通项公式 .解 ： 两 边 取 对 数 得 ： log a2n 1 2log 2an 1 ， loga2n 1 2(log a2n 1 1)，设 bn log 2an 1，则 bn 2bn 1 bn 是以 2 为公比的等比数列， b1 log12 1 1.bn 1 2n1 2n 1， log 2an 1 2n1， log 2an 2n1 1， 2n 1 1 an 22 1
