高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

标准文案数列典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1（2010陕西文16）已知{an}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{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sm=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-2.小结与拓展：数列na是等差数列，则数列}{naa是等比数列，公比为da，其中a是常数，d是na的标准文案公差。（a0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，标准文案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，标准文案相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝8＋(n－1)(－4＋2n－8)2＝n2－7n＋14(n∈N*)．小结与拓展：1）在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：)Nn,2()1(111nSSnSaannn.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｛an｝中，an＞0(nN＊），公比q(0,1)，且a1a5+2a3a5+a2a8＝25，a3与as的等比中项为2。（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）设bn＝log2an，数列标准文案｛bn｝的前n项和为Sn当1212nSSSn最大时，求n的值。解：（1）因为a1a5+2a3a5+a2a8＝25，所以，23a+2a3a5+25a＝25又an＞o，…a3＋a5＝5又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5＝4而q（0,1），所以，a3＞a5，所以，a3＝4，a5＝1，12q，a1＝16，所以，1511622nnna（2）bn＝log2an＝5－n，所以，bn＋1－bn＝－1，所以，{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，(9),2nnnS92nSnn所以，当n≤8时，nSn＞0，当n＝9时，nSn＝0，n＞9时，nSn＜0，当n＝8或9时，1212nSSSn最大。标准文案小结与拓展：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：Sn=a1+a2+…an。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:1nkk12123(1)nnn；21nkk222216123(1)(21)nnnn；31nkk33332(1)2123[]nnn；1(21)nkk2n1)-(2n...531。标准文案（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{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1nnaac其中{na}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）11nnaa和11nnaa（其中na等差）可裂项为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）标准文案常见裂项公式：（1）111(1)1nnnn；（2）1111()()nnkknnk；（3）1111(1)(1)2(1)(1)(2)[]nnnnnnn；3.典型例题分析【题型1】公式法例1等比数列{}na的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－p，则2232221naaaa＝________.解：1）当n=1时，p-2a1；2）当2n时，1-n1-nn1-nnn2p)-(2-p)-(2S-Sa。因为数列{}na为等比数列，所以1p12p-2a1-11从而等比数列{}na为首项为1，公比为2的等比数列。标准文案故等比数列2na为首项为1，公比为4q2的等比数列。1)-(4314-1)4-1(1nn2232221naaaa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{}na为等比数列，则数列2na及na1也为等比数列，首项分别为21a、1a1，公比分别为2q、q1。【题型2】分组求和法例2（2010年丰台期末18）数列{}na中，11a，且点1(,)nnaa()nN在函数()2fxx的图象上.（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）在数列}{na中，依次抽取第3，4，6，…，122n，…项，组成新数列{}nb，试求数列{}nb的通项nb及前n项和nS.解：（Ⅰ）∵点1(,)nnaa在函数()2fxx的图象上，∴标准文案12nnaa。∴12nnaa，即数列}{na是以11a为首项，2为公差的等差数列，∴1(1)221nann。（Ⅱ）依题意知：11222(22)123nnnnba∴12nnSbbb=11(23)23nniiiin=1122323212nnnn.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na的前n项和为nS，11a，141nnSa，设标准文案12nnnbaa．（Ⅰ）证明数列nb是等比数列；（Ⅱ）数列nc满足21log3nncb*()nN，求1223341nnnTcccccccc。证明：（Ⅰ）由于141nnSa，①当2n时，141nnSa．②①②得1144nnnaaa．所以1122(2)nnnnaaaa．又12nnnbaa，所以12nnbb．因为11a，且12141aaa，所以21314aa．所以12122baa．故数列nb是首项为2，公比为2的等比数列．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知2nnb，则211log33nncbn（n*N）．1223341nnnTcccccccc1111455667(3)(4)nn1144n4(4)nn．小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正标准文案负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它适用于1nnaac其中{na}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）11nnaa和11nnaa（其中na等差）可裂项为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）（5）错位相减法：适用于差比数列（如果na等差，nb等比，那么nnab叫做差比数列）即把每一项都乘以nb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.标准文案形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求。5.典型例题分析【题型4】错位相减法例4求数列,22,,26,24,2232nn前n项的和.解：由题可知{nn22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n21}的通项之积设nnnS2226242232①14322226242221nnnS②（设制错位）①－②得1432222222222222)211(nnnnS（错位相减）标准文案1122212nnn∴1224nnnS【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11111111111个n之和.解：由于)110(91999991111111kkk个个（找通项及特征）∴11111111111个n＝)110(91)110(91)110(91)110(91321n（分组求和）＝)1111(91)10101010(911321个nn＝9110)110(1091nn标准文案＝)91010(8111nn6.归纳与总结以上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{an}的与之间的函数关系，如果可用一个公式an＝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：不完全归标准文案纳法）：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{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：)Nn,2()1(111nSSnSaannn(数列{}na的前n项的和为12nnsaaa).（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)(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。类型2（1）递推公式为nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐