数列经典题型总结

1、 一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和 例1（07高考山东文18）设na是公比大于1的等比数列，nS为数列na的前n项和已知37S?，且123334aaa?，构成等差数列 （1）求数列na的等差数列 （2）令31ln12nnban?L，求数列nb的前n项和T 练习：设Sn1+2+3+n，nN*, 求1)32()(?nnSnSnf的最大值. 二、错位相减法 例2（07高考天津理21）在数列?na中，1112(2)2()nnnnaaan?N，其中0? （）求数列?na的通项公式； （）求数列?na的前n项和nS； 例3（07高考全国文21）设na是等差数列，nb是各项都为正数的等比数列

2、，且111ab?，3521ab?，5313ab? （）求na，nb的通项公式； （）求数列nnab?的前n项和nS 三、逆序相加法 例4（07豫南五市二联理22.） 设函数222)(?xxxf的图象上有两点P1(x1, y1)、P2(x2, y2) ，若)(2121OPOPOP?,且点P 的横坐标为21. （I）求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值； （II ）若;求,),()3()2()1(*nnSNnnnfnfnfnfS? 四、裂项求和法 例5 求数列?,11,321,211nn的前n项和. 例6（06高考湖北卷理17）已知二次函数()yfx?的图像经过坐标原点，其导函数为'(

3、)62fxx?，数列na的前n项和为nS，点(,)()nnSnN?均在函数()yfx?的图像上。 （）求数列na的通项公式； （）设11nnnbaa?，nT是数列nb的前n 项和，求使得20nmT?对所有nN?都成立的最小正整数m； 五、分组求和法 例7数列an的前n项和12?nnaS，数列bn满)(,311?Nnbabbnnn . （）证明数列an为等比数列；（）求数列bn的前n项和Tn。 例8求2222121234(1)nSn?L（nN?） 六、利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.

4、例9 求?11111111111个n?之和. 解： 由于)110(91999991111111?kkk?个个 （找通项及特征） ?11111111111个n? )110(91)110(91)110(91)110(91321?n （分组求和） )1111(91)10101010(911321?个nn? 9110)110(1091nn? )91010(8111nn? 例10 已知数列an ：?11)(1(,)3)(1(8nnnnaannna求的值. 解： )4)(2(1)3)(1(1)1(8)(1(1?nnnnnaannn （找通项及特征） )4)(3(1)4)(2(18?nnnn （设制分组）

5、)4131(8)4121(4?nnnn （裂项） ?1111)4131(8)4121(4)(1(nnnnnnnnnaan （分组、裂项求和） 418)4131(4? 313 类型1 )(1nfaann? 解法：把原递推公式转化为)(1nfaann?，利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列?na满足211?a ，nnaann?211，求na。 解：由条件知：111)1(1121?nnnnnnaann 分别令)1(,3,2,1?nn，代入上式得)1(?n个等式累加之，即 )()()()(1342312?nnaaaaaaaa )111()4131()3121()211(nn? 所以naan11

6、1? 211?a? ，nnan1231121? 类型2 nnanfa)(1? 解法：把原递推公式转化为)(1nfaann?，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 例:已知数列?na满足321?a ，nnanna11?，求na。 解：由条件知11?nnaann，分别令)1(,3,2,1?nn，代入上式得)1(?n个等式累乘之，即 1342312?nnaaaaaaa ann1433221? ?naan11?又321?a? ，nan32? 例:已知31?a ，nnanna23131? )1(?n，求na。 123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan? 3437526331

7、348531nnnnn?L。 类型3 qpaann?1（其中p，q均为常数，)0)1(?ppq）。 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1taptann? ，其中pqt?1，再利用换元法转化为等比数列求解。 例:已知数列?na中，11?a，321?nnaa，求na. 解：设递推公式321?nnaa可以转化为)(21tatann?即321?ttaann.故递推公式为)3(231?nnaa,令3?nnab，则4311?ab,且 23311?nnnnaabb.所以?nb是以41?b为首项，2为公比的等比数列，则 11224?nnnb,所以321?nna. 变式:递推式：?nfpaann?1。

8、解法：只需构造数列?nb，消去?nf带来的差异 类型4 nnnqpaa?1（其中p，q均为常数，)0)1)(1(?qppq）。 （1nnnaparq?,其中p，q, r均为常数） 。 解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1?nq ，得：qqaqpqannnn111?引入辅助数列?nb （其中nnnqab?） ，得：qbqpbnn11?再待定系数法解决。 例:已知数列?na中，651?a,11)21(31?nnnaa，求na。 解：在11)21(31?nnnaa两边乘以12?n得：1)2(32211?nnnnaa 令nnnab?2 ，则1321?nnbb,解之得：nnb)32(23?所以 n

9、nnnnba)31(2)21(32? 类型5递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa?) 解法：这种类型一般利用?)2()1(11nSSnSannn与 )()(11?nnnnnafafSSa消去nS )2(?n或与)(1?nnnSSfS)2(?n消去 na进行求解。 例：已知数列?na前n 项和2214?nnnaS.（1）求1?na与na的关系；（2）求通项公 式na. 解：（1 ）由2214?nnnaS 得：111214?nnnaS于是 )2121()(1211?nnnnnnaaSS 所以11121?nnnnaa annnaa21211?. （2）应用类型4（nnnqpaa?1（其中

10、p，q均为常数，)0)1)(1(?qppq） 的方法，上式两边同乘以12?n得：22211?nnnnaa由 1214121111?aaSa.于是数列?nna2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以nnann2)1(222? ?12?nnna 类型6banpaann?1)001(?，a、p 解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令 )()1(1yxnapynxann?，与已知递推式比较，解出yx,从而转化为?yxnan?是公比为p的等比数列。 例:设数列?na：)2(,123,411?nnaaann，求na. 解：设BAnbaB，Anabnnnn?则，将1,?nnaa代入递推式，得 ?12)1(31?nBnAbBAnbnn)133()23(31?ABnAbn ?13323ABBAA?11BA 1?na