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｛%｝是公差不为

零的等差数列，ai=l,且ai,a3,③成等比数

列.（I）求数列瓜｝的通项；（II）求数列｛2叫

的前n项和Sn.

解：（I）由题设知公差dWO,

由a=1,ai,a,a9成等比数列得一=黑,

311+24

解得d=l,d=0（舍去），故｛小｝的通项

an=l+（n—1）Xl=n.

（H）由（I）知2。=2、由等比数列前n项和

公式得

Sm=2+22+2'+・・・+2—2=2n+1~2.

小结与拓展：数列同是等差数列，则数列｛〃｝是

等比数列，公比为屋，其中a是常数，，是间的

1

公差。公差且a#l).

【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｛④｝的前三项与数列｛bn｝的前

2n-1=

三项对应相同，且ai+2a2+2a3H------|-2an

8n对任意的n£N*都成立，数列｛&+1一b一是等

差数列.求数列｛4｝与｛bj的通项公式。

]

解：a1+2a2+2弓3+…+2“an=8n(n

①

2n-2

当n22时，ai+2a2+2a3H-----|-2an-i=8(n

一l)(n£N*)②

①一②得2-。=8,求得4=2「n,

在①中令n=l,可得ai=8=24-1,

4-n

.*.an=2(n£N*).由题意知bi=8,b2=4,

b?=2,•••—bi——4,bs—b2=-2,

2

・,•数列｛be—bj的公差为一2一(—4)=2,.*.bn

+i—bn=-4+(n-1)X2=2n—6,

法一(迭代法)

-

bn=b+(b2-bi)+(b3b2)H------\~(bn—bn-i)=

8+(-4)+(—2)+…+(2n—8)

=n2-7n+14(nEN*).

法二(累加法)

即bn-bn-i=2n—8,

bn-l-bn-2=2n—10,

•••

—-

b3b2=2,

—

b2bi=-4,

bi=8,

相加得bn=8+(—4)+(—2)T----卜(2n—8)

3

(n—1)(—4+2n—8)

=8+

2

n2-7n+14（nEN*）.

小结与拓展：1）在数列｛aj中，前n项和Sn

与通项生的关系为：

是重要考点；2）韦达定理应

电一（A?>2,neN）

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｛a”｝中，

an>0（neN*）,公比qe（0,1）,且&a5+2a3a5+a

2a8=25,a3与区的等比中项为2。（1）求数列

｛an）的通项公式；（2）设bn=log2an）数列

｛bj的前n项和为权当少争…+2最大时，求

12n

n的值。

4

解：(1)因为@185+2a3a5+a2a8=25,所以，

a；+2a3a5+a；=25

又an>o,•••a3+a5=5又@3与4

的等比中项为2,所以，a3a5=4

而qe(0,1),所以，a3>a5，所以，@3=4,0,5

=1')4=；，ai=16,所以，

/1、"T

4=16x(.=25-w

(2)bn=log2an=5—n,所以，bn+i—bn=—1,

所以，｛&｝是以4为首项，一1为公差的等差数

列。所以，4中2金n="2

所以，当nW8时，&n>0,当n=9时，&n=0,

n>9时，鼠n<0,

当n=8或9时，工邑…+区最大。

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。

5

二、数列的前n项和

1.前n项和公式Sn的定义:

Sn=81+22+…@n。

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：

1+2+3+・・，+〃=一几(〃+1)•

it2，

『+22+32+・・・+〃2=1/〃+1)(2〃+1).

*=16

qf+23+33+...+A23=[n(n+l)2

y=2，

Z(2Z-1)=1+3+5+…+(2n-1)—n-o

k二l

(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｛a—,与首末

6

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。

适用于其中晨｝是各项不为0的等差数列,

J

C为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。

如：1）［和!（其中⑷等差）可裂项

为：，二品,）；2）丁—七-向。（根式

勺9mdana.M+M+id

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：

n{n+1)n〃+1，

n{n+k)knn+k'

]=1[1_1].

n(n-1)(/1+1)2n(n+1)(〃+1)(〃+2)；

7

3.典型例题分析

【题型1】公式法

例1等比数列⑥的前n项和Sn=2「一p,则

+Q,+,•,+（2~.

解：1）当H=1时，ay2-p；

2）当nN2日寸,an=S“-Snj=（2n-p）-（2n」-p）=2"」。

因为数列⑷为等比数列，所以

a]=2-p=21'1=1=>p=1

从而等比数列0｝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。

n

a；+a；+4；+…+a；=Ml"）=l（4-1）

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）o5）等比数列的性质：

8

若数列｛凡｝为等比数列，则数列⑶及

也为等比数列，首项分别为a；、L

1a"a1

公比分别为八lqo

【题型2】分组求和法

例2（2010年丰台期末18）数列⑥中，〃□，

且点4用）（weN*）在函数f（x）=x+2的图象上.（I）求

数列a｝的通项公式；（H）在数列&｝中，依次

抽取第3,4,6,…，2~2,…项，组成新数列

出｝，试求数列｛媪的通项么及前〃项和S,.

解：（I）・・,点@,心在函数f（x）=x+2的图象上，，

凡讨=4+2o

all+l-a„=2,即数列&｝是以q=l为首项,2为公差

的等差数列，

・

••an=1+(«—1)x2=2A?—1o

(II)依题意知：

…2叫2=2(2*2)—1=2〃+3

+・・・+"=2(2'+3)=£2，+3〃=

i=\i=\

9

+3n=2向+3〃-2.

1-2

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，4=1,=4%+1,设

册.

（I）证明数列间是等比数列；

（II）数列｛%｝满足％=忌下心。，求

,ufe2Un'J

4=+C2c3+。3°4十..•十o

证明：（I）由于S-.+l,①

当〃22时，5„=4%+1.②

①-②得。〃+1=44%.所以

八-2。〃=2（4-2心•

又2=2%，所以〃=2%

10

因为q=l,且aA+a2=44+1，所以生=34+1=4•

所以2.故数列间是首项为2,公比

为2的等比数列.

解：（11）由（I）可知—则&=>=白（〃­*）.

log2/?n+3〃+3

1111

Tg+c>g+c-,c,+…+cc=---+----H-----++-----------

“1223=3G4〃〃+］4x55x66x75+3）5+4）

_11_n

4〃+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｛J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：和［一」（其中⑷等差）

可裂项为：—4（1-—）;2）丁―=%叱-向）。

%.4川dq4+1M+M+Td

（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｛叫等

差，削等比，那么｛m｝叫做差比数列）即把每

一项都乘以间的公比,，向后错一项，再对应

11

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.

形如为=(—iTf(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

2462n

例4求数列于了…前n项的和•

解：由题可知住｝的通项是等差数列｛2n｝的通

项与等比数列，｝的通项之积

12

2462n

设s〃=+—+­­•+—©

222232〃

1s=2+巴+9+...+2②

2〃2223242向

（设制错位）

①一②得（1-3电（错

位相减）

12n

=2-

0/Z—1r\〃+1

n+2

5"”Qn-\

【题型5】并项求和法

222222

例5^<S1M=100-99+98-97HF2-l

222222

解:s1M=100-99+98-97H----H2-l=

(100+99)+(98+97)4—卜(2+1)=5050.

【题型6]累加（乘）法及其它方法：归纳、

E3

猜想、证明;/RJ期数列的求和等等

例6求i+ii+iU+…+U1…1之和.

13

解：由于小二=b丝二21)（找通项及特征）

£个1"氏个I"

1+11+111+…+111…1=-(IO1-l)+-(102-l)+-(103-D+--^-ClOn-1)

9999

〃个I

123,,

（分组求和）1(10+10+10+--+10)~1(1+1+1+-»±1)=

"个1

10(10〃-1)〃

910^19

=—(10/1+,-10-9/7)

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｛4｝的与之间的

14

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，这种方法适应于己知

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｛4｝中，前n项和出与通

项an的关系为：

4—S]

%器;；N)(数列口｝的前n项的和为

、s八一

L=6+%+…+4).

(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递推公式为成『+“〃)

解法：把原递推公式转化为％-「/(〃)，利用累

15

加法（逐差相加法）求解。

类型2（1）递推公式为a„+i=/（〃）4

解法：把原递推公式转化为睢=心），利用累乘

%

法（逐商相乘法）求解。

（2）由％=〃〃以和％确定的递推数列｛%｝的通项可

如下求得：

由已知递推式有册=/（〃-0^-1，=fa-2）4.2，••一

生二/⑴4依次向前代入，得/二/（〃-1）/（〃-2）....〃1）6，这就

是叠（迭）代法的基本模式。

类型3递推公式为*=.+“（其中P，q均为

常数,（/“〃一1）。0））O

解法：把原递推公式转化为：-T.Pk-），其中

一,再利用换元法转化为等比数列求解。

1一〃

16

3.典型例题分析

【题型1】周期数列

2册,(024)

幺若6

例1若数歹叫.｝满足偿1，石4=彳，

2。〃-1,(—〃<1)7

乙

贝II/。=O

答案：।O

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%+小),求通项

例2已知数列口满足求小

1111

解：由条件知:%=-...=------=-------

n~+n〃(〃+1)n〃+1

分别令n=1,2,3,,(〃-1)，代入上式得g)个等式累加

之，即

Cl

(%-〃|)+(%-〃2)+(。4一〃3)+...........+(々〃-n-\)

八A/I/I、/I"

=(1....+(-----——)

22334n-1n

17

所以％一％=1--

n

2"2n2n

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』.心口,求通项

_2n-

例3已知数列｛%｝满足=§,%Q"〃，求明。

解：由条件知于=后，分别令〃=3,……，(…，代

〃91/IX

入上式得(1)个等式累乘之，即?咪•十an

a,I

123x〃T二幺」

=—X—X—X

234n%〃

2

V..2.・.〃〃=—

乂•『，〃3n

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.

18

【题型4】递推公式为J=pa〃+q(其中P,q

均为常数，(pq(p-l)字4)),求通项

例4.在数列a｝中，，,，当心2时，有

册=3Q〃_]+2,求口｝的通项公式。

解：设an+m=3(an_i+m),即有a„=3%+2m,对比a„=3%+2,

得加=1,于是得知+1=3(%+1),数列｛”,+1｝是以q+1=2为

首项，以3为公比的等比数列,所以有q=2小7o

(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

19

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｛%｝前〃项之积一般可求限7,

则an=4（注意：不能忘记讨论〃=1）.

%

如：数歹U｝中，对所有的〃eN*都有的2a3••4=/，

贝0%+%=•

20

U!、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｛%｝的前n项和为

s.，对于任意正整数n,都有等式：+四,=4S“成

立，求同｝的通项a0.

解：W+2a“=4S〃n+2al=4s,1,

••-+2an~2%=4（S〃一S〃­）=

（%+）（〃〃一。〃一i-2）=0，•an+a”-。0，••-an_x—2.

即｛〃.｝是以2为公差的等差数列，且

+2〃[=4。]=>a〕=2.

，an=2+2（〃-1）=2〃

小结与拓展：由于等差数列与等比数列的通项