数列知识点和常用的解题方法归纳 -

数列知识点和常用的解题方法归纳

一、 等差数列的定义与性质

定义：an1and(d为常数)，ana1n1d 等差中项：x，A，y成等差数列2Axy

前n项和Sna1annna21nn12d

性质：an是等差数列

（1）若mnpq，则amanapaq；

（2）数列a2n1，a2n，kanb仍为等差数列； Sn，S2nSn，S3nS2n„„仍为等差数列；

（3）若三个数成等差数列，可设为ad，a，ad； （4）若an，bn是等差数列Sn，Tn为前n项和，则amS2m1； bmT2m1 （5）an为等差数列Snan2bn（a，b为常数，是关于n的常数项为 0的二次函数）

Sn的最值可求二次函数Snan2bn的最值；或者求出an中的正、负分界 项，即：

当a10，d0，解不等式组an0可得Sn达到最大值时的n值。

an10an0 当a10，d0，由可得Sn达到最小值时的n值。

a0n1 如：等差数列an，Sn18，anan1an23，S31，则n （由anan1an233an13，∴an11



又S3a1a3·33a221，∴a21 3 1

11na1anna2an1·n318 n27） ∴Sn222二、等比数列的定义与性质 定义：an1q（q为常数，q0），ana1qn1 an2 等比中项：x、G、y成等比数列Gxy，或Gxy

na1(q1)（要注意!） 前n项和：Sna11qn(q1)1q 性质：an是等比数列

（1）若mnpq，则am·anap·aq （2）Sn，S2nSn，S3nS2n„„仍为等比数列

三、求数列通项公式的常用方法

1、公式法

2、由Sn求an；（n1时，a1S1，n2时，anSnSn1） 3、求差（商）法

111a12a2„„nan2n52221 解：n1时，a1215，∴a114

2111 n2时，a12a2„„n1an12n15222 如：an满足1

2

14(n1)1n1 12得：nan2，∴an2 ，∴ann1

2(n2)2［练习］

数列an满足SnSn15an1，a14，求an 3 （注意到an1Sn1Sn代入得：Sn14 Sn 又S14，∴Sn是等比数列，Sn4n n2时，anSnSn1„„3·4n1

2

4、叠乘法

例如：数列an中，a13，an1n，求an ann1 解：

a2aaa12n11·3„„n·„„，∴n a1a2an123na1n3 n 又a13，∴an 5、等差型递推公式

由anan1f(n)，a1a0，求an，用迭加法

n2时，a2a1f(2)a3a2f(3) 两边相加，得：

„„„„anan1f(n) ana1f(2)f(3)„„f(n) ∴ana0f(2)f(3)„„f(n) ［练习］

数列an，a11，an3n1an1n2，求an （an1n31） 2 6、等比型递推公式

ancan1dc、d为常数，c0，c1，d0 可转化为等比数列，设anxcan1x

ancan1c1x

令(c1)xd，∴x ∴and c1dd是首项为a，c为公比的等比数列 1c1c1 ∴anddn1a1·c c1c1dn1d cc1c1 ∴ana1 3

［练习］

数列an满足a19，3an1an4，求an

4 （an83 7、倒数法

n11）

例如：a11，an12ana2111 ，求an ，由已知得：nan2an12an2an ∴1an111111 ， 为等差数列，1，公差为 an2a12an 2111 1n1·n1 ，∴ann1an22三、 求数列前n项和的常用方法

1、公式法：等差、等比前n项和公式

2、裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项。 如：an是公差为d的等差数列，求ak1n1 kak1解：由11111d0

ak·ak1akakddakak1nn1111 ∴

aadaakk1kk1k1k1

1111111„„da1a2a2a3anan1111da1an1

［练习］ 求和：1111„„ 12123123„„n1） n1 （an„„„„，Sn2 3、错位相减法：

若an为等差数列，bn为等比数列，求数列anbn（差比数列）前n项

和，可由SnqSn求Sn，其中q为bn的公比。

4

如：Sn12x3x24x3„„nxn11

2

x·Snx2x23x34x4„„n1xn1nxn 12：1xSn1xx2„„xn1nxn x1时，Sn1xnxnn1x21x

x1时，Sn123„„nnn12

4、倒序相加法：把数列的各项顺序倒写，再与原来顺序的数列相加。

Sna1a2„„an1an相加

Snanan1„„a2a1 2Sna1ana2an1„„a1an„„ ［练习］

x2111已知f(x)，则f(1)f(2)ff(3)ff(4)f2341x21x2

x1 （由f(x)fx1x22x211 2221x1x11x1314 ∴原式f(1)f(2)ff(3)ff(4)f

12 111113）22

例1设{an}是等差数列，若a2=3，a7=13，则数列{an}前的和为（ ）

A．128 B．80 C． D．56 （福建卷第3题）

略解：∵ a2 +a7= a1+a8=16，∴{an}前的和为，故应选C．

例2 已知等比数列{an}满足a1a23，a2a36，则a7（ ） A．

答案：A．

B．81

C．128

D．243 （全国Ⅰ卷第7题）

例3 已知等差数列an中，a26，a515，若bna2n，则数列bn的前5项和等于（ ）

5

A．30 B．45 C．90 D．186 （北京卷第7题）

略解：∵a5-a2=3d=9，∴ d=3，b1=a26，b5=a10=30，bn的前5项和等于90，故答案是C．

例4 记等差数列的前n项和为Sn，若S24,S420，则该数列的公差d（ ）

A．2 B．3 C．6 D．7 （错误！未找到引用源。第4题） 略解：∵S4S2S24d12,d3,故选B. 例5在数列{an}中，an4n5*，a1a2anan2bn，nN,其中a,b为2常数，则ab ．（安徽卷第15题）

答案：－1．

例6 在数列{an}中，a12， an1anln(1)，则an（ ）

A．2lnn B．2(n1)lnn

C．2nlnn D．1nlnn（江西卷第5题） 答案：A．

例7 设数列an中，a12,an1ann1，则通项an ___________．（四川卷第16题）

此题重点考查由数列的递推公式求数列的通项公式，抓住an1ann1中an1,an系数相同是找到方法的突破口．

略解：∵a12,an1ann1 ∴anan1n11，an1an2n21，

1nan2an3n31，，a3a221，a2a111，a1211．将以上各式相

加，得ann1n2n321n1应填

n1nn1nn11，故

22n(n1)+1． 21n4

例8 若(x+)的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中x项的系数为

2x( )

A．6 B．7 C．8 D．9 (重庆卷第10题) 答案：B．

使用选择题、填空题形式考查的文科数列试题，充分考虑到文、理科考生在能力上的差异，侧重于基础知识和基本方法的考查，命题设计时以教材中学习的等差数列、等比数列的公式应用为主，如，例4以前的例题．例5考查考生对于等差数列作为自变量离散变化的一种特殊函数的理解；例6、例7考查由给出的一般数列的递推公式求出数列的通项公式的能力；例8则考查二项展开式系数、等差数列等概念的综合运用．重庆卷第1题，浙江卷第4

6

题，陕西卷第4题，天津卷第4题，上海卷第14题，全国Ⅱ卷第19题等，都是关于数列的客观题，可供大家作为练习．

例9 已知｛an｝是正数组成的数列，a1=1，且点（an,an1）（nN*）在函数y=x2+1的图象上. (Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式； (Ⅱ)若数列｛bn｝满足b1=1，bn+1=bn+2n，求证：bn·bn+2＜b2n+1. （福建卷第20题） 略解：（Ⅰ）由已知，得an+1-an=1，又a1=1,所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列．故an=1+(n-1)×1=n.

(Ⅱ)由（Ⅰ）知，an=n，从而bn+1-bn=2n，bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+„+（b2-b1）+b1=2n-1+2n-2+„

nn+2

+2+1=2n-1．∵. bn•bn+2-b2-1)-(2n+1-1)2= -2n＜0, ∴ bn·bn+2＜b2n1=(2-1)(2n1．

a对于第（Ⅱ）小题，我们也可以作如下的证明：

nn+1n+1

∵ b2=1,bn·bn+2- b2)- b2·bn+1-2n·bn+1-2n·2n+1＝2n（bn+1-2n+1）n1=(bn+1-2)(bn+1+2n1=2

=2n（bn+2n -2n+1）=2n（bn-2n）=„=2n（b1-2）=-2n<0，∴ bn-bn+2例10 在数列an中，a11，an12an2n．（Ⅰ）设bnan．证明：数列bnn12是等差数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn．（全国Ⅰ卷第19题）

an1anan12an2n略解：（）bn1bn=nn1==n=1，则bn为等差数列，b11，

222n2bnn，ann2n1．

2Sn120221(n1)2n2n2n1．

两

式

相

减

，

，得

2Sn121222(n1)2n1n2nSnn2n120212n1n2n2n1=(n1)2n1．

对于例10第（Ⅰ）小题，基本的思路不外乎推出后项减前项差相等，即差是一个常数．可以用迭代法，但不可由b2-b1=1，b3-b2=1等有限个的验证归纳得到bn为等差数列的结论，犯“以偏盖全”的错误．第（Ⅱ）小题的“等比差数列”，在高考数列考题中出现的频率很

高，求和中运用的“错项相减”的方法，在教材中求等比数列前n项和时给出，是“等比差数列”求和时最重要的方法．一般地，数学学习中最为重要的内容常常并不在结论本身，而在于获得这一结论的路径给予人们的有益启示．

例9、例10是高考数学试卷中数列试题的一种常见的重要题型，类似的题目还有浙江卷第18题，江苏卷第19题，辽宁卷第20题等，其共同特征就是以等差数列或等比数列为依托构造新的数列．主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查转化与化归思想，考查推理与运算能力．考虑到文、理科考生在能力上的差异，与理科试卷侧重于理性思维，命题设计时以一般数列为主，以抽象思维和逻辑思维为主的特点不同；文科试卷则侧重于基础知识和基本方法的考查，以考查具体思维、演绎思维为主．

7

例11 等差数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，a13，{bn}为等比数列, b11，且b2S2,b3S3960．(Ⅰ)求an与bn； (Ⅱ)求和：题）

111（江西卷第19．

S1S2SnS2b2(6d)q,dq略解：(Ⅰ)设{an}的公差为，{bn}的公比为，依题意有2S3b3(93d)q960.6d,d2,5解之，得或(舍去，为什么？)故an32(n1)2n1,bn8n1．

q8;q40.3（

Ⅱ

）

Sn35n(n，n∴ 1111111S1S2Sn132435n(n2)111111(123243511111132n3)(1)． nn222n1n242(n1)(n2)“裂项相消”是一些特殊数列求和时常用的方法． 使用解答题形式考查数列的试题，其内容还往往是一般数列的内容，其方法是研究数列通项及前n项和的一般方法，并且往往不单一考查数列，而是与其他内容相综合，以体现出对解决综合问题的考查力度．数列综合题对能力有较高的要求，有一定的难度，对合理区分较高能力的考生起到重要的作用．

例12 设数列an的前n项和为Sn2an2n，（Ⅰ）求a1,a4；（Ⅱ）证明： an12an是等比数列；（Ⅲ）求an的通项公式．（四川卷第21题）

略解：（Ⅰ）∵a1S1,2a1S12，所以a12,S12．由2anSn2n知，

2an1Sn12n1∴

an1Sn2n1，

得，

an1Sn2n1 ①，

a2S1222226,S28a3S22382316,S324a4S32440．

n1Sn2n2n12n2n，∴ （Ⅱ）由题设和①式知，an12anSn2an12an是首项为2，公比为2的等比数列．

（Ⅲ）

8

anan2an12an12an22n2a22a12n1a1n12n1

此题重点考查数列的递推公式，利用递推公式求数列的特定项，通项公式等．推移脚标，两式相减是解决含有Sn的递推公式的重要手段，使其转化为不含Sn的递推公式，从而有针对性地解决问题．在由递推公式求通项公式时，首项是否可以被吸收是易错点．同时，还应注意到题目设问的层层深入，前一问常为解决后一问的关键环节，为求解下一问指明方向．

例13 数列an满足a10,a22,an2(1cos2nn)an4sin2,n1,2,3,,22k2（I）求a3,a4，并求数列an的通项公式；（II）设Ska1a3a WkTka2a4a2k，南卷第20题）

略解：（I）

，12Sk求使Wk1的所有k的值，并说明理由．（湖(kN)，

2Tka3(1cos22)a14sin22a144,a4(1cos2)a24sin22a24,一般地, 当n=2k1(kN)时，

a2k1[1cos2(2k1)(2k1)]a2k14sin2a2k14,即a2k1a2k14. 22所以数列a2k1是首项为0、公差为4的等差数列，因此a2k14(k1).当

n=2k(kN)时，a2k2(1cos22k2k)a2k4sin22a2k,所以数列a2k是首项22为2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an的通项公式为

2(n1)n,k2k1(Nann

2k(kN).2,n2),（II）由（I）知，

Ska1a3a2k1=

044(k1)2k(k1),Tka2a4a2k2222k2k12,Wk于是，W10,W21,W3下面证明:

当

2Skk(k1). 2Tk2k133515,W4,W5,W6. 22416k6时，Wk1.事实上, 当k6时，

Wk1Wk(k1)kk(k1)k(3k)0,即Wk1Wk.又W61,所以当k6时，kk1k2229

Wk1.故满足Wk1的所有k的值为3,4,5.

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