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：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ⇔=+2()()前项和n S a a n nan n d n n =+=+-11212{}性质：是等差数列a n（）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+{}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232--（）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则；42121a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn ab n n n ⇔=+0的二次函数）{}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2项，即：当，，解不等式组可得达到最大值时的值。

a d a a S n n n n 11000><≥≤⎧⎨⎩+当，，由可得达到最小值时的值。

a d a a S n n n n 110000<>≤≥⎧⎨⎩+{}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123（由，∴a a a a a n n n n n ++=⇒==----12113331()又·，∴S a a aa 31322233113=+===()()∴·S a a n a a n nn n n =+=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=-12122131218 ∴=n 27）二、等比数列的定义与性质 定义：（为常数，），a a q q q a a q n nn n +-=≠=1110 等比中项：、、成等比数列，或x G y G xy G xy ⇒==±2()前项和：（要注意）n S na q a q q q n n ==--≠⎧⎨⎪⎩⎪111111()()!{}性质：是等比数列a n（）若，则··1m n p q a a a a m n p q +=+= （），，……仍为等比数列2232S S S S S n n n n n -- 三、求数列通项公式的常用方法1、公式法2、n n a S 求由；（时，，时，）n a S n a S S n n n ==≥=--121113、求差（商）法{}如：满足……a a a a n n n n 121212251122+++=+<>解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时，……<>-<>=12122得：n n a ，∴a n n =+21，∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()［练习］{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++111534 （注意到代入得：a S S S S n n n n n+++=-=1114 {}又，∴是等比数列，S S S n n n144==n a S S n n n n ≥=-==--23411时，……·4、叠乘法{}例如：数列中，，，求a a a a nn a n n n n 1131==++解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 又，∴a a nn 133== 5、等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n n n -==-110()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时，…………两边相加，得：()()()a a f f f n n -=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n =++++023()()() ［练习］{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥--()（）a n n=-1231 6、等比型递推公式()a ca d c d c c d n n =+≠≠≠-1010、为常数，，， ()可转化为等比数列，设a x c a x n n +=+-1()⇒=+--a ca c x n n 11令，∴()c x d x d c -==-11∴是首项为，为公比的等比数列a d c a dc c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111 ∴·a d c a d c c n n +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴a a d c c dc n n =+-⎛⎝⎫⎭⎪---1111［练习］{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+（）a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-843117、倒数法例如：，，求a a a a a n n n n 11122==++ ，由已知得：1221211a a a a n n n n+=+=+∴11121a a n n +-= ， ∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n 为等差数列，，公差为 ()()∴=+-=+11112121a n n n · ，∴a n n =+21三、 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：是公差为的等差数列，求a d a a n k k k n111+=∑ 解：()()由·11111011a a a a d d a a d k k k k k k ++=+=-⎛⎝ ⎫⎭⎪≠∴11111111a a d a a k k k nkk k n+=+=∑∑=-⎛⎝ ⎫⎭⎪=-⎛⎝⎫⎭⎪+-⎛⎝ ⎫⎭⎪++-⎛⎝ ⎫⎭⎪⎡⎣⎢⎤⎦⎥=-⎛⎝ ⎫⎭⎪++11111111111223111d a a a a a a d a a n n n ……［练习］ 求和：…………111211231123+++++++++++n（…………，）a S n n n ===-+2113、错位相减法：{}{}{}若为等差数列，为等比数列，求数列（差比数列）前项a b a b n n n n n{}和，可由求，其中为的公比。

S qS S q b n n n n -如：……S x x x nxn n =+++++<>-12341231()x S x x x x n x nx n n n ·……=+++++-+<>-234122341()<>-<>-=++++--121121：……x S x x xnx n n n ()()x S x x nx xnnn≠=----11112时，()x S n n n n ==++++=+112312时，……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。

S a a a a S a a a a n n n n n n =++++=++++⎫⎬⎪⎭⎪--121121…………相加()()()21211S a a a a a a n n n n =++++++-………… ［练习］已知，则f x x x f f f f f f f ()()()()()=+++⎛⎝ ⎫⎭⎪++⎛⎝ ⎫⎭⎪++⎛⎝ ⎫⎭⎪=2211212313414（由f x f x x x x x x x x ()+⎛⎝ ⎫⎭⎪=++⎛⎝ ⎫⎭⎪+⎛⎝ ⎫⎭⎪=+++=1111111112222222 ∴原式=++⎛⎝ ⎫⎭⎪⎡⎣⎢⎤⎦⎥++⎛⎝ ⎫⎭⎪⎡⎣⎢⎤⎦⎥++⎛⎝ ⎫⎭⎪⎡⎣⎢⎤⎦⎥f f f f f f f ()()()()1212313414=+++=12111312）例1设{a n }是等差数列，若a 2=3，a 7=13，则数列{a n }前8项的和为（ ）A ．128B ．80C ．64D ．56 （福建卷第3题）略解：∵ a 2 +a 7= a 1+a 8=16，∴{a n }前8项的和为64，故应选C ．例2 已知等比数列{}n a 满足122336a a a a +=+=，，则7a =（ ） A ．64B ．81C ．128D ．243 （全国Ⅰ卷第7题）答案：A ．例3 已知等差数列{}n a 中，26a =，515a =，若2n n b a =，则数列{}n b 的前5项和等于（ ）A ．30B ．45C ．90D ．186 （北京卷第7题）略解：∵a 5-a 2=3d=9，∴ d=3，b 1=26a =，b 5=a 10=30，{}n b 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n S ，若244,20S S ==，则该数列的公差d =（ ）A ．2B ．3C ．6D ．7 （错误!未找到引用源。

第4题） 略解：∵422412,3S S S d d --===,故选B. 例5在数列{}n a 中，542n a n =-，212n a a a an bn +++=+，*n N ∈,其中,a b 为常数，则ab = ．（安徽卷第15题）答案：－1．例6 在数列{}n a 中，12a =， 11ln(1)n n a a n+=++，则n a =（ ）A ．2ln n +B ．2(1)ln n n +-C ．2ln n n +D ．1ln n n ++（江西卷第5题） 答案：A ．例7 设数列{}n a 中，112,1n n a a a n +==++，则通项n a = ___________．（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11n n a a n +=++中1,n n a a +系数相同是找到方法的突破口．略解：∵112,1n n a a a n +==++ ∴()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+．将以上各式相加，得()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦()()111122n n n n n -+=++=+，故应填(1)2n n ++1． 例8 若(x +12x)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中x 4项的系数为( )A ．6B ．7C ．8D ．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｛a n ｝是正数组成的数列，a 1=11n a +）（n ∈N*）在函数y =x 2+1的图象上. (Ⅰ)求数列｛a n ｝的通项公式； (Ⅱ)若数列｛b n ｝满足b 1=1，b n +1=b n +2n a，求证：b n ·b n +2＜b 2n +1. （福建卷第20题）略解：（Ⅰ）由已知，得a n +1-a n =1，又a 1=1,所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1的等差数列．故a n =1+(n -1)×1=n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知，a n =n ，从而b n +1-b n =2n ，b n =(b n -b n -1)+(b n -1-b n -2)+…+（b 2-b 1）+b 1=2n -1+2n -2+…+2+1=2n -1．∵. b n •b n +2-b 21+n =(2n -1)(2n +2-1)-(2n+1-1)2= -2n ＜0, ∴ b n ·b n +2＜b 21+n ．对于第（Ⅱ）小题，我们也可以作如下的证明：∵ b 2=1,b n ·b n +2- b 21+n =(b n +1-2n )(b n +1+2n +1)- b 21+n =2n +1·b n +1-2n ·b n +1-2n ·2n +1＝2n （b n +1-2n +1）=2n （b n +2n -2n +1）=2n （b n -2n ）=…=2n （b 1-2）=-2n <0，∴ b n -b n +2<b 2n +1.例10 在数列{}n a 中，11a =，122n n n a a +=+．（Ⅰ）设12nn n a b -=．证明：数列{}n b 是等差数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ．（全国Ⅰ卷第19题）略解：（Ⅰ）1n n b b +-=1122n n n n a a +--=122n n n a a +-=22nn =1，则{}n b 为等差数列，11b =，n b n =，12n n a n -=．（Ⅱ）01211222(1)22n n n S n n --=+++-+，12121222(1)22n nn S n n -=+++-+．两式相减，得01121222221n n n n n S n n -=----=-+=(1)21n n -+．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b 2-b 1=1，b 3-b 2=1等有限个的验证归纳得到{}n b 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．例11 等差数列{}n a 的各项均为正数，13a =，前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列, 11b =，且2264,b S =33960b S =．(Ⅰ)求n a 与n b ； (Ⅱ)求和：12111nS S S +++．（江西卷第19题）略解：(Ⅰ)设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，依题意有22233(6)64,(93)960.S b d q S b d q =+=⎧⎨=+=⎩解之，得2,8;d q =⎧⎨=⎩或6,540.3d q ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(舍去，为什么？)故132(1)21,8n n n a n n b -=+-=+=．（Ⅱ）35(21)(2)n S n n n =++++=+，∴121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯+111111(1232435=-+-+-+11)2n n +-+1111(1)2212n n =+--++32342(1)(2)n n n +=-++． “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{}n a 的前n 项和为22nn n S a =-，（Ⅰ）求14,a a ；（Ⅱ）证明： {}12n n a a +-是等比数列；（Ⅲ）求{}n a 的通项公式．（四川卷第21题）略解：（Ⅰ）∵1111,22a S a S ==+，所以112,2a S ==．由22n n n a S =+知，11122n n n a S +++=+112n n n a S ++=++得，112n n n a S ++=+ ①∴222122226,8a S S =+=+==，3332328216,24a S S =+=+==，443240a S =+=．（Ⅱ）由题设和①式知，()()11222n n n n n n a a S S ++-=+-+122n n +=-2n =，∴{}12n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列．（Ⅲ）()()()21112211222222n n n n n n n a a a a a a a a -----=-+-++-+()112n n -=+⋅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n S 的递推公式的重要手段，使其转化为不含n S 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{}n a 满足,2,021==a a 222(1cos)4sin ,1,2,3,,22n n n n a a n ππ+=++=（I ）求43,a a ，并求数列{}n a 的通项公式；（II ）设1321k k S a a a -=+++，242k k T a a a =+++， 2(2kk kS W k T =∈+)N *，求使1k W >的所有k 的值，并说明理由．（湖南卷第20题）略解：（I ）22311(1cos )4sin 44,22a a a ππ=++=+=22422(1cos )4sin 24,a a a ππ=++==一般地, 当21()n k k N *-∈=时，22212121(21)(21)[1cos]4sin 4,22k k k k k a a a ππ+----=++=+即2121 4.k k a a +--= 所以数列{}21k a -是首项为0、公差为4的等差数列，因此214(1).k a k -=-当2()n k k N *∈=时，22222222(1cos )4sin 2,22k k k k k a a a ππ+=++=所以数列{}2k a 是首项为2、公比为2的等比数列，因此22.kk a =故数列{}n a 的通项公式为22(1),21(),2,2().n n n n k k N a n k k N **⎧-=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩（II ）由（I ）知，1321k k S a a a -=+++=044(1)2(1),k k k +++-=-242k kT a a a =+++2122222,k k +++=-12(1).22k k k k S k k W T --==+ 于是，10,W =21,W =33,2W =43,2W =55,4W =61516W =. 下面证明:当6k ≥时， 1.k W <事实上, 当6k ≥时，11(1)(1)(3)0,222k k k k kk k k k k k W W +-+---=-=<即1.k k W W +<又61,W <所以当6k ≥时，1.k W <故满足1k W >的所有k 的值为3,4,5.。