高中数学数列题型归纳及解题方法梳理.docx

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 }是公差不为n零的等差数列，a ＝1，且 a ，a ，a 成等比数1 1 3 9列.（Ⅰ）求数列{a }的通项;（Ⅱ）求数列{2an}n的前 n 项和 S .n解：（Ⅰ）由题设知公差 d≠0，11由 a ＝1，a ，a ，a成等比数列得1+ 2d ＝ 1+ 8d ，1 1 3 91 1+ 2d解得 d＝1，d＝0（舍去）， 故{a }的通项na ＝1+（n－1）×1＝n.n2(Ⅱ)由（Ⅰ）知 am=2n，由等比数列前 n 项和公式得S =2+22+23+…+2n= 2(1- 2n)m 1- 2=2n+1-2.小结与拓展：数列{a }是等差数列，则数列{a an}是n等比数列，公比为，其中a d a是常数，d是{a }的n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{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且 a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝ 8n 对任意的 n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项公式。

解： a1 ＋ 2a2 ＋ 22a3 ＋ … ＋ 2n － 1an ＝ 8n(n∈N*)①当 n≥2 时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*) ②①－②得 2n－1an＝8，求得 an＝24－n， 在①中令 n＝1，可得 a1＝8＝24－1，∴an＝24－n(n∈N*)． 由题意知 b1＝8，b2＝4， b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，法 一 （ 迭 代 法 ） bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N*)． 法二（累加法）即 bn－bn－1＝2n－8， bn－1－bn－2＝2n－10，… b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，相加得 bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝ 8 ＋n2－7n＋14(n∈N*)．(n－1)(－4＋2n－8)2 ＝小结与拓展：1）在数列{a }中，前 n 项和 Sn n与通项 an的关系为：ìa = S(n = 1).是重要考点；2）韦达定理应a = í 1 1în S - S (n ³ 2, n Î N)n n-1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，na ＞0 (n N＊），公比q (0,1)，且a a + 2a a +an Î Î 1 5 3 5a ＝25，a 与 a 的等比中项为 21）求数列2 8 3 s｛a ｝的通项公式；（2）设 b ＝log a ，数列n n 2 n｛b ｝的前n 项和为 S 当S Sn n 1 + 2S+ ··· + n最大时，求n 的值1 2 n解：（1）因为 a a + 2a a +a a ＝25，所以，1 5 3 5 2 8+ 2a aa2 3 53+ ＝25a25又 a ＞o，…a ＋an 3 5＝5 又 a 与 a3 5的等比中项为 2，所以，a a ＝43 5而 q （0,1），所以，a ＞a ，所以，a ＝4，aÎ 3 5 3 5＝1，q =1 ，a 2＝16，所以，1ç 2 ÷a = 16´æ 1 ön-1n è ø= 25-n（2）b ＝log a ＝5－n，所以，b －b ＝－1，n 2 n n＋1 n所以，{b }是以 4 为首项，－1 为公差的等差数n列。

所以，Sn(9 - n) S=, n= 9 - nn 2 n 2所以，当 n≤8 时， S ＞0，当 n＝9 时， Sn n＝0，n nn＞9 时， S ＜0，nn当 n＝8 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；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 =a +a +…a n 1 2 n2. 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:ån k =+ n2 = 16k =11+ 2 + 3 ++ n =1 n(n + 1) ；2ånk =1k 2 =12 + 22+ 32 +n(n + 1)(2n + 1)；33ån k = 1k =1+ 23+ 33 +]2 ；+ n3 = [ n(n + 1)2ån (2k -1) = 1 + 3 + 5 + ... + (2n-1) = n 2（2） 分组k =1 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{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ì c ü 其中{ }是各项不为 0 的等差数列，ía a ý a nî n n+1 þc 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等如：1）ì 1 ü 和ìï 1üï（其中{a }等差）可裂项í a × a ýí a + a ý nî n n+1 þïî n n+1 ïþ为 ： 1=1 ( 1 - 1 )；2） 1 1a + an n+1an+1= (根式a × a- a )nnd an+1 na dn+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：（1）1 =n(n + 1)1 - 1 ；n n + 1（2）（3）1 =n(n + k )11 (1k n- 1 ) ；n + k= 1 [ 1 -1 ]；n(n - 1)(n + 1)2 n(n + 1)(n + 1)(n + 2)3. 典型例题分析【题型 1】 公式法例 1 等比数列{a }n的前ｎ项和 S＝2ｎ－p，则ｎa2 + a21 2+ a23+L+ a2 ＝ .n解：1）当 n=1 时，；a = 2 - p12）当n ³ 2时，a = S - S = (2nn n n-1。

p) - (2n-1 - p) = 2n-1因 为 数 列{a }n为 等 比 数 列 ， 所 以a = 2 - p = 21-11= 1 Þ p = 1从而等比数列等比数列{a }n为首项为 1，公比为 2 的{故等比数列a 2n为首项为 1，公比为 的等}q 2 = 4比数列a 2 + a 21 2+ a 23+ L + a 2n1(1 - 4n ) 1= =(4n1 - 4 3-1)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：若数列{a }n为等比数列，则数列 及{}a 2nì 1 ü 也为等比数列，首项分别为aí ý a 2î n þ 1、1 ，a1公比分别为、1 q 2q【题型 2】 分组求和法例 2 （2010 年丰台期末 18）数列{a }中 ， ，n 1a = 1且点(a , a ) ( n Î N * )n n+1在函数f (x) = x + 2的图象上.（Ⅰ）求数列{a }的通项公式；（Ⅱ）在数列{a }中，依次n n抽取第 3，4，6，…，2n-1 + 2，…项，组成新数列{b }，试求数列{b }的通项b及前 项和 .n Sn n n n解：（Ⅰ）∵点。

(a , a )n n+1在函数f (x) = x + 2的图象上，∴a = a + 2∴n+1 nn+ n 11 na - a = 2，即数列是以{a }a = 1为首项，2 为公差的等差数列，∴ a = 1+ (n -1)´ 2 = 2n -1n（ Ⅱ ） 依 题 意 知 ：b = an 2n-1 +2= 2(2n-1 + 2) -1 = 2n + 3+ bn∴ S = b + b + =n 1 2ån (2i + 3) = åni=1 i=12i + 3n =2 - 2n+11- 2+ 3n = 2n+1 + 3n - 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{a } 的前 nn项和为 Sn， a = 1 ， S = 4a + 1 ， 设1 n+1 nb = ann+1- 2a ．n（Ⅰ）证明数列{b }是等比数列；n（ Ⅱ ） 数 列 {cn} 满 足c = 1n log b + 3+ c cn n+12 n， 求(n 。