高中数学数列复习题型归纳解题方法整理

数列

一、等差数列与等比数列 1.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{}n a 是等差数列，则数列}{n a

a 是等比数列，公比为d

a ，其中a 是常数，d

是{}n a 的公差。（a>0且a ≠1）；

2）若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，则数列{}log a n a 是等差数列，公差为log a q ，其中a 是常数且0,1a a >≠，q 是{}n a 的公比。

3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 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

常数）为(}{1d a a P A a n n n =-??+

常数）为(}{1q a a P G a n

n n =?

通项公式 n a =1a +（n-1）d=k a +（n-k ）d=dn+1a -d k n k n n q a q a a --==11

求和公式

n d a n d d n n na a a n s n n )2(22)

1(2)(1211-+=-+=+=

??≠--=--==)1(11)1()1(111

q q q a a q q a q na s n n n

中项公式A=

推广：2

2。

推广：

性质1

若m+n=p+q则

+若m+n=p+q，则

a=。

若}

{

k成A.P（其中N

∈）则}

{

a也

为A.P。

若}

{

k成等比数列（其中N

∈），

则}

{

a成等比数列。

．

-成等差数列。

-成等比数列。

)

(

d n

n≠

q n

-，

m≠

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{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n.

解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，

由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12

＝

，

解得d＝1，d＝0（舍去），故{a n}的通项a n＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a=2n，由等比数列前n项和公式得

S m=2+22+23+…+2n=2(12)

=2n+1-2.

小结与拓展：数列{}n a是等差数列，则数列}

{n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}n a的公差。（a>0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a 1＋2a 2＋22

a 3＋…＋2

－1

a n ＝8n 对任意的n∈N *

都成立，数列{b n ＋1－b n }是等差数列．求数列{a n }与{b n }的通项

公式。

解：a 1＋2a 2＋22

a 3＋…＋2

n －1

a n ＝8n(n∈N *

) ①

当n≥2时，a 1＋2a 2＋22

a 3＋…＋2n －2

a n －1＝8(n －1)(n∈N *

) ②

①－②得2

n －1

a n ＝8，求得a n ＝2

4－n

，

在①中令n ＝1，可得a 1＝8＝24－1

，

∴a n ＝2

4－n

(n∈N *

)．由题意知b 1＝8，b 2＝4，b 3＝2，∴b 2－b 1＝－4，b 3－b 2＝－2，

∴数列{b n ＋1－b n }的公差为－2－(－4)＝2，∴b n ＋1－b n ＝－4＋(n －1)×2＝2n －6，法一（迭代法）

b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n －8) ＝n 2

－7n ＋14(n∈N *

)．法二（累加法）

即b n －b n －1＝2n －8， b n －1－b n －2＝2n －10， …

b 3－b 2＝－2， b 2－b 1＝－4， b 1＝8，

相加得b n ＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n －8)

＝8＋(n －1)(－4＋2n －8)2

＝n 2－7n ＋14(n∈N *

)．

小结与拓展：1）在数列{a n }中，前n 项和S n 与通项a n 的关系为：

???∈≥-===-)N n ,2( )1( 111n S S n S a a n n

n .是重要考点；2）韦达定理应引起重视；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 n ｝中，a n ＞0 (n ∈N ＊

），公比q ∈(0,1)，且a 1a 5 + 2a 3a 5 +a 2a 8＝25，a 3与a s 的等比中项为2。（1）求数列｛a n ｝的通项公式；（2）设b n ＝log 2 a n ，数列｛b n ｝的前n 项和为S n 当

12n S S S n

++???+最大时，求n 的值。

解：（1）因为a 1a 5 + 2a 3a 5 +a 2a 8＝25，所以，2

3a + 2a 3a 5 +2

5a ＝25 又a n ＞o ，…a 3＋a 5＝5 又a 3与a 5的等比中项为2，所以，a 3a 5＝4 而q ∈（0,1），所以，a 3＞a 5，所以，a 3＝4，a 5＝1，1

q =

，a 1＝16，所以， 1

511622n n n a --??

=?= ?

（2）b n ＝log 2 a n ＝5－n ，所以，b n ＋1－b n ＝－1，

所以，{b n }是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，(9),2n n n S -=92

n S n

n -=

所以，当n ≤8时，

n S n ＞0，当n ＝9时，n S n ＝0，n ＞9时，n S

＜0，当n ＝8或9时，1212n S S S

++???+最大。

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：

S n =a 1+a 2+…a 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:

k k ==∑1

2123(1)n n n ++++=+ ；

k k

==∑22221

6123(1)(21)n n n n ++++=++ ；

31n k k ==∑33332(1)2

123[

]n n n +++++= ；

(21)n

k k =-=∑2n 1)-(2n ...531=++++。

（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 n }，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?

+1n n a a c 其中{n a }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）11n n a a +???????和11n n a a +????

??+????

（其中{}n a 等差）可裂项为：

111111

()n n n n a a d a a ++=-?；2）11

11()n n n n a a d a a ++=-+。（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）111(1)1

n n n

n ++=

；

（2）111

()

()n n k k n

n k

++=-

；

（3）11

1(1)(1)

2(1)

(1)(2)

[

]n n n n n n n -++++=-

；

（4）

(1)!

n n n n ++=

（5）常见放缩公式：2121111

2()2()n n n n n n

n n +-+++--=

=-.

3.典型例题分析

【题型1】公式法

例1 等比数列{}n a 的前ｎ项和S ｎ＝2ｎ

－p ，则2

232221n a a a a ++++ ＝________. 解：1）当n=1时，p -2a 1=；

2）当2n ≥时，1-n 1

-n n

1-n n n 2p)-(2

-p)-(2S -S a ===。

因为数列{}n a 为等比数列，所以1p 12

p -2a 1

-11=?===

从而等比数列{}n a 为首项为1，公比为2的等比数列。故等比数列{}

n a 为首项为1，公比为4q 2

=的等比数列。

1)-(43

14-1)4-1(1n

n 223

==++++n

a a a a

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{}n a 为等比数

列，

则数列{}

n a 及?

????

?n a 1也为等比数列，首项分别为21

a 、1a 1，公比分别为2

q 、q 1。【题型2】分组求和法

例2 （2010年丰台期末18）数列{}n a 中，11a =，且点1(, )n n a a +()n *

∈N 在函

数()2f x x =+的图象上.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）在数列}{n a 中，依次

抽取第3，4，6，…，122n -+，…项，组成新数列{}n b ，试求数列{}n b 的通项n b 及前n 项和n S .

解：（Ⅰ）∵点1(, )n n a a +在函数()2f x x =+的图象上，∴12n n a a +=+。 ∴12n n a a +-=，即数列}{n a 是以11a =为首项，2为公差的等差数列，

∴1(1)221n a n n =+-?=-。

（Ⅱ）依题意知：11222(22)123n n n n

b a --+==+-=+

∴12n n S b b b =+++ =11

(23)23n

i i n ==+=+∑∑=1122323212n n n n ++-+=+--.

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{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，

141n n S a +=+，设12n n n b a a +=-．（Ⅰ）证明数列{}n b 是等比数列；

（Ⅱ）数列{}n c 满足21

log 3

n n c b =

+*()n ∈N ，求122334

1n n n

T c c cc c c cc +

=++++ 。

证明：（Ⅰ）由于141n n S a +=+， ① 当2n ≥时，141n n S a -=+． ②

①

-②得 1144n n n a a a +-=-．所以 1122(2)n n n n a a a a +--=-．

又12n n n b a a +=-，所以12n n b b -=．

因为11a =，且12141a a a +=+，所以21314a a =+=．

所以12122b a a =-=．故数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知2n n b =，则211

log 33

n n c b n =

++（n ∈*N ）． 1223341n n n T c c c c c c c c +=++++ 1111

455667(3)(4)

n n =

++++

???++ 11

n =

+4(4)n n =+．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?

???+1n n a a c 其中{n a }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）11n n a a +???????和11n n a a +????

??+????

（其中{}n a 等差）

可裂项为：

111111

()n n n n a a d a a ++=-?；2）1111()n n n n a a d

a a ++=-+。（根式在

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{}n a 等差，{}n b 等比，那么{}n n a b 叫做差比数列）即把每一项都乘以{}n b 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a n ＝(－1)n

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。

5.典型例题分析

【题型4】错位相减法

例4 求数列

??????,22,,26,24,2232n n

前n 项的和. 解：由题可知{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21

}的通项之积

设n n n

S 2226242232+???+++= ①

14322

226242221++???+++=n n n

S ② （设制错位） ①－②得14322

22222222222)211(+-+???++++=-n n n n

S （错位相减）

1122212+---=n n n

∴ 12

4-+-=n n n S

【题型5】并项求和法

例5 求100S ＝1002

－992

＋982

－972

＋…＋22

－12

解：100S ＝1002

－992

＋982

－972

＋…＋22

－12

＝(100＋ 99)＋(98＋97)＋…＋(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

1111111111个n ???+???+++之和. 解：由于)110(9199999111111

-=????=???k

k k

个个（找通项及特征） ∴

1111111111个n ???+???+++＝

)110(91

)110(91)110(91)110(91321-+???+-+-+-n （分组求和）＝)1111(91)10101010(911

321 个n n

+???+++-+???+++＝9110)110(1091n n ---? ＝

)91010(81

1n n --+ 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{a n }的与之间的函数关系，如果可用一个公式a n ＝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{a n }中，前n 项和S n 与通项a n 的关系为：

???∈≥-===-)N n ,2( )1( 111n S S n S a a n n n

(数列{}n a 的前

n 项的和为

12n n s a a a =+++ ).

（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)(1n f a a n n +=+

解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。类型2 （1）递推公式为n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为

)(1

n f a a n

n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。（2）由n n a n f a )(1=+和1a 确定的递推数列{}n a 的通项可如下求得：

由已知递推式有1)1(--=n n a n f a ， 21)2(---=n n a n f a ，???，12)1(a f a =依次向前代入，得1)1()2()1(a f n f n f a n ???--=，这就是叠（迭）代法的基本模式。类型3 递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中p

t -=1，再利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{}n a 满足???

???

<<-≤≤=+)

121(,12)2

10(,21

n n n n n a a a a a ，若761=a ，则20a =____。答案：

。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)(1n f a a n n +=+，求通项

例2 已知数列{}n a 满足211=a ，n

n a a n n ++=+211，求n a 。解：由条件知：1

1)1(112

1+-=+=+=

-+n n n n n n a a n n 分别令)1(,,3,2,1-??????=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即

)()()()(1342312--+??????+-+-+-n n a a a a a a a a

)111()4131()3121()211(n

n --+??????+-+-+-=

所以n

a a n 1

11-=-

211=a ，n

n a n 1231121-=-+=∴

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n n a n f a )(1=+，求通项

例3 已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 1

1+=+，求n a 。解：由条件知

1+=+n n

a a n n ，分别令)1(,,3,2,1-??????=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即

1342312-??????????n n a a a a a a a a n

n 1

433221-?

?????????=n a a n 11=? 又321=

a ，n

a n 32

=∴ 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q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）

，求通项例4 在数列{}n a 中，11a =，当2n ≥时，有132n n a a -=+，求{}n a 的通项公式。解法1：设13()n n a m a m -+=+，即有132n n a a m -=+，对比132n n a a -=+，得1m =，于是得113(1)n n a a -+=+，数列{1}n a +是以112a +=为首项，以3为公比的等比数列，所以有1

1n n a -=?-。

解法2：由已知递推式，得1132,32,(2)n n n n a a a a n +-=+=+≥，上述两式相减，得

113()n n n n a a a a +--=-，因此，数列1{}n n a a +-是以214a a -=为首项，以3为公比

的等比数列。所以1

143

n n n a a -+-=?，即1

3243

n n n a a -+-=?，所以1

1n n a -=?-。

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1()

n n a m p a m ++=+，

展开整理

1n n a pa pm m

+=+-，比较系数有pm m b -=，所以1

m p =

-，所以1n b a p +

-是等比数列，公比为p ，首项为11

b a p +-。二是用做差法直接构造，1n n a pa q +=+，1n n a pa q -=+，两式相减有11()n n n n a a p a a +--=-，所以1n n

a a +-

是公比为p 的等比数列。也可用“归纳—猜想—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. 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}{n a 前n 项之积T n ，一般可求T n-1，则a n ＝1

－n n

T T （注意：不能忘记讨论1=n ）.

如：数列}{n a 中，对所有的*

∈N n 都有2

321n a a a a n = ，则=+53a a __________.

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{}n a 的前n 项和为n S ，对于任意正整数n ，都有等式：

n n n S a a 422

=+成立，求{}n a 的通项n a .

解：n n n S a a 422=+?112

142---=+n n n S a a ， ∴n n n n n n n a S S a a a a 4)(422112

=-=-+---- 0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，∵01≠+-n n a a ，∴21=--n n a a . 即{}n a 是以2为

公差的等差数列，且2421112

1=?=+a a a a . ∴n n a n 2)1(22=-+=

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{}n a 是首项为1的正项数列，且012

=-----n n n n na na a a ，（n ∈N*），求

数列的通项公式an.

解：由题设得0))((11=--+--n a a a a n n n n . ∵0>n a ，01>-n a ，∴01>+-n n a a . ∴n a a n n =--1

)

1(321)()()(123121+=

++++=-+-+-+=-n n n a a a a a a a a n n 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.

例7 数列{}n a 中，211=

a ，前n 项的和n n a n S 2

=，求1+n a . 解：12

21221)1()1()1(----=-?--=-=n n n n n n n a n a n a n a n S S a

1+-=?-n n a a n n ，

∴112211a a a a a a a a n n n n n ??=--- )

1(1

2131211+=?-?+-=n n n n n n

∴)

2)(1(1

1++=+n n a n

【题型8】构造法：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.

例8 设正项数列{}n a 满足11=a ，2

12-=n n a a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.

解：两边取对数得：122log 21log -+=n n a a ，)1(log 21log 122+=+-n n a a ，设1l og 2+=n a

n b ，则12-=n n b b

{}n b 是以2为公比的等比数列，11log 121=+=b .

11221--=?=n n n b ，1221log -=+n a n ，12

log 12-=-n a n ， ∴1

212

--=n n a

【题型9】归纳猜想证明

例9 设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x 2

－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，…

（Ⅰ）求a 1，a 2；（Ⅱ）｛a n ｝的通项公式

解：(Ⅰ)当n ＝1时，x 2

－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1

于是(a 1－1)2

－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12

当n ＝2时，x 2

－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，

于是(a 2－12)2－a 2(a 2－12)－a 2＝0，解得a 1＝1

(Ⅱ)由题设(S n －1)2

－a n (S n －1)－a n ＝0，

即S n 2

－2S n ＋1－a n S n ＝0

当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得 S n －1S n －2S n ＋1＝0 ①

由(Ⅰ)知S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23 由①可得S 3＝3

由此猜想S n ＝n

n ＋1

，n ＝1，2，3，…

下面用数学归纳法证明这个结论 (i)n ＝1时已知结论成立

(ii)假设n ＝k 时结论成立，即S k ＝k

k ＋1

，

当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k ，即S k ＋1＝k ＋1

k ＋2，

故n ＝k ＋1时结论也成立

综上，由(i)、(ii)可知S n ＝

n ＋1

对所有正整数n 都成立于是当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝

n n ＋1－n －1n ＝1n(n ＋1)

，又n ＝1时，a 1＝12＝1

1×2

，所以

｛a n ｝的通项公式a n ＝n

n ＋1

，n ＝1，2，3，……

高中数学-数列公式及解题技巧

数列求和的基本方法和技巧除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧. 下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和的基本方法和技巧. 一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2 ) 1(2)(11-+=+= 2、等比数列求和公式：?????≠--=--==) 1(11)1()1(111q q q a a q q a q na S n n n 自然数方幂和公式： 3、 )1(211 +==∑=n n k S n k n 4、)12)(1(6112 ++==∑=n n n k S n k n 5、 21 3 )]1(21[+== ∑=n n k S n k n [例] 求和1＋x 2＋x 4＋x 6＋…x 2n+4(x≠0) 解： ∵x≠0 ∴该数列是首项为1，公比为x 2的等比数列而且有n+3项当x 2＝1 即x ＝±1时和为n+3 评注： (1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对x 是否为0进行讨论． (2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n 项．对应高考考题：设数列1，（1+2），…，（1+2+1 2 2 2-?+n ），……的前顶和为 n s ，则 n s 的值。

二、错位相减法求和错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容。需要我们的学生认真掌握好这种方法。这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列. 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。 [例] 求和：1 32)12(7531--+???++++=n n x n x x x S （ 1≠x ）………………………① 解：由题可知，{1 )12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1 -n x }的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+???++++=………………………. ② （设制错位） ①－②得 n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+???+++++=-- （错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n x x x S x )12(1121)1(1 ----? +=-- ∴ 2 1) 1() 1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ 注意、1 要考虑当公比x 为值1时为特殊情况 2 错位相减时要注意末项此类题的特点是所求数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘。对应高考考题：设正项等比数列{}n a 的首项2 1 1= a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S 。（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T 。三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +. [例] 求证：n n n n n n n C n C C C 2)1()12(53210+=++???+++ 证明：设n n n n n n C n C C C S )12(53210++???+++=………………………….. ① 把①式右边倒转过来得 113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++???+-++=- （反序）

2011高考数学压轴题专题训练

2011高考数学压轴题专题训练--数列（36页WORD ）第六章数列高考题三、解答题 22.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{}n a 中，1111 1,(1)2 n n n n a a a n ++==++ （I ）设n n a b n = ，求数列{}n b 的通项公式（II ）求数列{}n a 的前n 项和n S 分析：（I ）由已知有 1112n n n a a n n +=++11 2 n n n b b +∴-= 利用累差迭加即可求出数列{}n b 的通项公式: 1 122 n n b -=-(* n N ∈) （II ）由（I ）知1 22n n n a n -=- , ∴n S =11(2)2n k k k k -=-∑111(2)2n n k k k k k -===-∑∑ 而 1 (2)(1)n k k n n ==+∑,又11 2n k k k -=∑ 是一个典型的错位相减法模型，易得 11 12 42 2n k n k k n --=+=-∑ ∴n S =(1)n n +1242n n -++- 评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n 项和，一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 23.（2009北京理）已知数集{}()1212,, 1,2n n A a a a a a a n =≤<<≥具有性质P ；对任意的 (),1i j i j n ≤≤≤，i j a a 与 j i a a 两数中至少有一个属于A . （Ⅰ）分别判断数集{}1,3,4与{}1,2,3,6是否具有性质P ，并说明理由；

高中数学数列知识点总结

数列基础知识点《考纲》要求： 1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项； 2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题； 3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题。数列的概念 1 ．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N *或其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a 1，a 2，…，a n …，简记为{a n }，其中a n 是数列{a n }的第项． 2．数列的通项公式一个数列{a n }的与之间的函数关系，如果可用一个公式a n ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式． 3．在数列{a n }中，前n 项和S n 与通项a n 的关系为： =n a ?????≥==21n n a n 4．求数列的通项公式的其它方法 ⑴公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法． ⑵观察归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n 的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明． ⑶递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式. 例1.根据下面各数列的前n 项的值，写出数列的一个通项公式． ⑴－3 12?，534?，－758?，9716?…； ⑵ 1，2，6，13，23，36，…； ⑶ 1，1，2，2，3，3，解：⑴ a n ＝(－1) n )12)(12(12+--n n n ⑵ a n ＝)673(21 2+-n n （提示：a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝4，a 4－a 3＝7，a 5－a 4＝10，…，a n －a n －1＝1＋3(n －2)=3n －5．各式相加得

高中数学数列专题大题训练

高中数学数列专题大题组卷一．选择题（共9小题） 1．等差数列{a n}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（）A．130 B．170 C．210 D．260 2．已知各项均为正数的等比数列{a n}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（）A．B．7 C．6 D． 3．数列{a n}的前n项和为S n，若a1=1，a n+1=3S n（n≥1），则a6=（） A．3×44B．3×44+1 C．44D．44+1 4．已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0，a2=﹣，则{a n}的前10项和等于（）A．﹣6（1﹣3﹣10）B．C．3（1﹣3﹣10）D．3（1+3﹣10）5．等比数列{a n}的前n项和为S n，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1=（）A．B．C．D． 6．已知等差数列{a n}满足a2+a4=4，a3+a5=10，则它的前10项的和S10=（）A．138 B．135 C．95 D．23 7．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m﹣1=﹣2，S m=0，S m+1=3，则m=（）A．3 B．4 C．5 D．6 8．等差数列{a n}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{a n}的前n项和S n=（） A．n（n+1）B．n（n﹣1）C．D． 9．设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是（） A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0 B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0 C．若0＜a 1＜a2，则a2D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0 二．解答题（共14小题） 10．设数列{a n}（n=1，2，3，…）的前n项和S n满足S n=2a n﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

知识框架 111111(2)(2)(1)( 1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-??-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ???????????????? ??? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??? ???????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。一、典型题的技巧解法 1、求通项公式（1）观察法。（2）由递推公式求通项。对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数）例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1）即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a = ，121 41 n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） 2 43 4)1211(211--= --+=n n n a a n ★ 说明只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数）例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a . 解法一：由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1）因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1 -1 解法二：上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2 ，把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数） )(3211-+-= -n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )32(23-= ∴n n n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+