数列题型与解题方法归纳总结

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 =

，12141

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 )3

2

(23-= ∴n n n

n n b a )31(2)21(32

-==

(5)递推式为21n n n a pa qa ++=+

思路：设21n n n a pa qa ++=+,可以变形为：211()n n n n a a a a αβα+++-=-，

想

于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。

求n a 。

(6)递推式为S n 与a n 的关系式

关系；（2）试用n 表

示a n 。

∴)21

21

(

)(1211--++-

+-=-n n n n n n a a S S

∴1

112

1-+++

-=n n n n a a a ∴n n n a a 2

1211

+=+ 上式两边同乘以2n+1

得2n+1

a n+1=2n

a n +2则{2n

a n }是公差为2的等差数列。

∴2n

a n = 2+（n-1）·2=2n

数列求和的常用方法：

1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

2、错项相减法：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。

3、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。

适用于数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭

和⎧⎫（其中{}n a 等差） 可裂项为：

111111()n n n n a a d a a ++=-⋅

1d

=

等差数列前n 项和的最值问题：

1、若等差数列{}n a 的首项10a >，公差0d <，则前n 项和n S 有最大值。 （ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最大⇔10

n n a a +≥⎧⎨

≤⎩；

（ⅱ）若已知2

n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q

p

-

的非零自然数时n S 最大； 2、若等差数列{}n a 的首项10a <，公差0d >，则前n 项和n S 有最小值 （ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最小⇔10

n n a a +≤⎧⎨

≥⎩；

（ⅱ）若已知2

n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q

p

-

的非零自然数时n S 最小； 数列通项的求法：

⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。 ⑵已知n S （即12()n a a a f n ++

+=）求n a ，用作差法：{

11,(1)

,(2)

n n n S n a S S n -==

-≥。

已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)()

,(2)

(1)

n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

⑶已知条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时也可直接求n a 。