数列经典题型总结.pdf

1一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和例 1（07 高考山东文 18）设是公比大于 1 的等比数列，为数列的前项nanSnan和已知，且构成等差数列37S 123334aaa，（1）求数列的等差数列na（2）令求数列的前项和31ln12nnban，nbnT练习：练习：设 Sn1+2+3+n，nN*,求的最大值.1)32()(nnSnSnf 二、错位相减法二、错位相减法例 2（07 高考天津理 21）在数列中，na，其中1112(2)2()nnnnaaanN，0（）求数列的通项公式；na（）求数列的前项和；nannS例 3（07 高考全国文 21）设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且na nb，111ab3521ab5313ab（）求，的通项公式；na nb（）求数列的前n项和nnabnS2三、逆序相加法三、逆序相加法例 4（07 豫南五市二联理 22.）设函数的图象上有两点 P1(x1,y1)、222)(xxxfP2(x2,y2)，若,且点 P 的横坐标为.)(2121OPOPOP21（I）求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；（II）若;求,),()3()2()1(*nnSNnnnfnfnfnfS四、裂项求和法四、裂项求和法例 5 求数列的前 n 项和.,11,321,211nn例 6（06 高考湖北卷理 17）已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为()yf x，数列的前 n 项和为，点均在函数的图()62fxxnanS(,)()nn SnN()yf x像上。（）求数列的通项公式；na（）设，是数列的前 n 项和，求使得对所有都成立11nnnba anT nb20nmT nN的最小正整数 m；五、分组求和法五、分组求和法例 7 数列an的前n项和，数列bn满.12nnaS)(,311Nnbabbnnn（）证明数列an为等比数列；（）求数列bn的前n项和Tn。例 8 求（）2222121234(1)nSn nN3六、利用数列的通项求和六、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前 n 项和，是一个重要的方法.例 9 求之和.11111111111个n 解：由于 （找)110(91999991111111 kkk 个个通项及特征）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)91010(8111nn例 10 已知数列an：的值.11)(1(,)3)(1(8nnnnaannna求解：（找)4)(2(1)3)(1(1)1(8)(1(1nnnnnaannn通项及特征）（设制分组）)4)(3(1)4)(2(18nnnn （裂项）)4131(8)4121(4nnnn （分组、裂项求1111)4131(8)4121(4)(1(nnnnnnnnnaan和）418)4131(4 313类型类型 1 1 )(1nfaann解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)求解。)(1nfaann例:已知数列满足，求。na211annaann211na4解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令，代入上式得个等式累加之，即)1(,3,2,1 nn)1(n)()()()(1342312 nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn 所以naan111，211annan1231121类型类型 2 2 nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。)(1nfaann例:已知数列满足，求。na321annanna11na解：由条件知，分别令，代入上式得个等11nnaann)1(,3,2,1 nn)1(n式累乘之，即又，1342312 nnaaaaaaaann 1433221 naan11321anan32例:已知，求。31annanna23131)1(nna 123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan 。34 375 26331 348 531nnnnn 类型类型 3 3 （其中 p，q 均为常数，）。qpaann1)0)1(ppq解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：，其中，再利)(1taptannpqt1用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列中，求.na11a321nnaana解：设递推公式可以转化为即.故321nnaa)(21tatann321ttaann递推公式为,令，则,且)3(231nnaa3nnab4311 ab.所以是以为首项，2 为公比的等比数列，则23311nnnnaabb nb41b,所以.11224nnnb321nna5变式:递推式：。解法：只需构造数列，消去带来的差异 nfpaann1 nb nf类型类型 4 4 （其中 p，q 均为常数，）。（nnnqpaa1)0)1)(1(qppq,其中 p，q,r 均为常数）。1nnnaparq解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：引入辅助数1nqqqaqpqannnn111列（其中），得：再待定系数法解决。nbnnnqab qbqpbnn11例:已知数列中，,，求。na651a11)21(31nnnaana解：在两边乘以得：11)21(31nnnaa12n1)2(32211nnnnaa令，则,解之得：所以nnnab 21321nnbbnnb)32(23nnnnnba)31(2)21(32类型类型 5 5 递推公式为与的关系式。(或)nSna()nnSf a解法：这种类型一般利用与 )2()1(11nSSnSannn消去 或与消去)()(11nnnnnafafSSanS)2(n)(1nnnSSfS)2(n进行求解。na例：已知数列前 n 项和.（1）求与的关系；（2）求通项 na2214nnnaS1nana公式.na解：（1）由得：于是2214nnnaS111214nnnaS)2121()(1211nnnnnnaaSS所以.11121nnnnaaannnaa21211（2）应用类型 4（其中 p，q 均为常数，）nnnqpaa1)0)1)(1(qppq的方法，上式两边同乘以得：由12n22211nnnnaa.于是数列是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，1214121111aaSanna2所以nnann2)1(22212nnna类型类型 6 6banpaann1)001(、a、p解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令6，与已知递推式比较，解出,从而转化为)()1(1yxnapynxannyx,是公比为的等比数列。yxnanp例:设数列：，求.na)2(,123,411nnaaannna解：设，将代入递推式，得BAnbaB、Anabnnnn则1,nnaa12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA（）则,又，故1nabnn取13nnbb61b代入（）得nnnb32361132nann说明：（1）若为的二次式，则可设)(nfn;(2)本题也可由CBnAnabnn2,（）两式相减得1231naann1)1(2321naann3n转化为2)(3211nnnnaaaa求之.nnnqbpbb12