数列经典题型总结

1一、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{}na是公比大于1的等比数列，nS为数列{}na的前n项和．已知37S，且123334aaa，，构成等差数列．（1）求数列{}na的等差数列．（2）令31ln12nnban，，，，求数列{}nb的前n项和T．练习：设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求1)32()(nnSnSnf的最大值.二、错位相减法例2（07高考天津理21）在数列na中，1112(2)2()nnnnaaanN，，其中0．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）求数列na的前n项和nS；．例3（07高考全国Ⅱ文21）设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111ab，3521ab，5313ab（Ⅰ）求{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab的前n项和nS．2三、逆序相加法例4（07豫南五市二联理22.）设函数222)(xxxf的图象上有两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，若)(2121OPOPOP,且点P的横坐标为21.（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、裂项求和法例5求数列,11,,321,211nn的前n项和.例6（06高考湖北卷理17）已知二次函数()yfx的图像经过坐标原点，其导函数为'()62fxx，数列{}na的前n项和为nS，点(,)()nnSnN均在函数()yfx的图像上。（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设11nnnbaa，nT是数列{}nb的前n项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m；五、分组求和法例7数列{an}的前n项和12nnaS，数列{bn}满)(,311Nnbabbnnn.（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n项和Tn。例8求2222121234(1)nSn（nN）3六、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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＝)91010(8111nn例10已知数列{an}：11))(1(,)3)(1(8nnnnaannna求的值.解：∵])4)(2(1)3)(1(1)[1(8))(1(1nnnnnaannn（找通项及特征）＝])4)(3(1)4)(2(1[8nnnn（设制分组）＝)4131(8)4121(4nnnn（裂项）∴1111)4131(8)4121(4))(1(nnnnnnnnnaan（分组、裂项求和）＝418)4131(4＝313类型1)(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。例:已知数列na满足211a，nnaann211，求na。4解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121类型2nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例:已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32例:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan3437526331348531nnnnn。类型3qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列na中，11a，321nnaa，求na.解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.5变式:递推式：nfpaann1。解法：只需构造数列nb，消去nf带来的差异．类型4nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）。解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再待定系数法解决。例:已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32类型5递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa)解法：这种类型一般利用)2()1(11nSSnSannn与)()(11nnnnnafafSSa消去nS)2(n或与)(1nnnSSfS)2(n消去na进行求解。例：已知数列na前n项和2214nnnaS.（1）求1na与na的关系；（2）求通项公式na.解：（1）由2214nnnaS得：111214nnnaS于是)2121()(1211nnnnnnaaSS所以11121nnnnaaannnaa21211.（2）应用类型4（nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq））的方法，上式两边同乘以12n得：22211nnnnaa由1214121111aaSa.于是数列nna2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以nnann2)1(22212nnna类型6banpaann1)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)()1(1yxnapynxann，与已知递推式比较，解出yx,,从而转化为yxnan是公比为p的等比数列。例:设数列na：)2(,123,411nnaaann，求na.解：设BAnbaB，Anabnnnn则，将1,nnaa代入递推式，得12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA1nabnn取…（１）则13nnbb,又61b，故nnnb32361代入（１）得132nann说明：（1）若)(nf为n的二次式，则可设CBnAnabnn2;(2)本题也可由1231naann,1)1(2321naann（3n）两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为nnnqbpbb12求之.