数列知识点及常用解题方法归纳总结一、等差数列的定义与性质定义： a n 1 a n d (d为常数 ) ， an a1 n 1 d等差中项： x， A ， y成等差数列2A x ya1 a n n n n 1前 n项和 S n na 1 d2 2性质： a n是等差数列（1）若 m n p q，则 a m a n a p a q；（ 2）数列 a2 n 1， a2 n， ka n b 仍为等差数列；S n， S2 n S n， S3n S2 n仍为等差数列；（ 3）若三个数成等差数列，可设为 a d，a，a d；（ 4）若 a n， b n是等差数列 S n ， T n 为前 n项和，则amS2 m 1 ；b mT2 m 1（ 5）a n 为等差数列S n an2bn（，为常数，是关于的常数项为a b n0的二次函数）S n的最值可求二次函数S n an2bn的最值；或者求出a n中的正、负分界项，即：当 a1 ， d ，解不等式组a n 0 可得Sn达到最大值时的n 值。

0 0a n 01当 a1 ， d ，由 a n 0 可得S n达到最小值时的n值。

0 0 an 1 0如：等差数列 a n， S n 18，a n an 1an 2 3，S3 1，则 n（由 a n an 1an 2 3 3a n 1 3，∴ a n 1 1又 S3 a1 a3· 3 3a2 1，∴ a212 31 1 na 1 a n na 2 a n 1 · n318n 27）∴ S n222二、等比数列的定义与性质定义： a n 1q （ q 为常数， q0）， a n a 1 q n 1a n等比中项： x 、G 、 y 成等比数列G 2 xy ，或 Gxyna 1 (q1)前n 项和： S n a 1 1q n1) （要注意 ! ）1(qq性质： a n 是等比数列（1）若 m n p q ，则 a m · a n a p ·a q（ 2） S n ， S 2 n S n ， S 3n S 2 n 仍为等比数列三、求数列通项公式的常用方法1、公式法2、 由 S n 求 a n ； （ n 1时， a 1 S 1 ， n 2时， a nS n S n 1 ）3、求差（商）法如： a n 满足 1a 11 a 21 a n 2n 52 222n解： n 1时， 1 a12 1 ，∴ a1 1425n 2时， 1a 1 11a 2an 12n 1 52222 n 112 得：1n a n2 ， ∴ a n2n 1， ∴ a n2［练习］数列 a n 满足 S nSn 15a n 1 ， a 14，求 a n3（注意到 a n 1S n 1 S n 代入得：S n 14S n又S 1 4 ，∴ S n 是等比数列， S n4 nn 2时， a n S nSn 13· 4 n 11214 ( n 1)2 n 1 (n 2)4 、叠乘法例如：数列a n 中， a 13，an1n n，求 a na n 1解：a 2·a 3⋯⋯a n 1 · 2 ⋯⋯ n 1，∴a n 1 a 1a 2 a n 1 2 3na 1n又 a 1 3，∴ a n3 n5 、等差型递推公式由 a n a n 1 f ( n) ， a 1 a 0 ，求 a n ，用迭加法 n 2 ， a 2a 1f (2)a 3 a 2 f (3) 两 相加，得：⋯⋯ ⋯⋯a n a n 1f (n)a n a 1 f (2) f (3)⋯⋯ f ( n)∴ a na 0f ( 2) f (3) ⋯⋯ f (n)［练习］数列 an， a1 ， an3 n 1an 1 n2 ，求 a n1（ a n1 3n 1 ）26、等比型递推公式a n ca n 1 d c 、 d 常数， c0， c 1， d 0可 化 等比数列，a nx c a n 1xa nca n 1c 1 x令 (c 1)xd ，∴ xdc 1∴ a nc d 是首 a 1 c d ， c 公比的等比数列11∴ a nd a 1c d · c n 1c 11∴ a na 1c d c n 1c d11［练习］数列 a n 满足 a 1 9， 3a n 1 a n4，求 a nn 1（a n 84 1）37 、倒数法例如： a， a n 12an，求a n ， 由已知得： 1a n 2 1 111a n 2a n 12a n2 a n∴ 11 1，1 等差数列，1 ，公差 1an 1a n2a na 1 121 1 n 1 · 1 1n 1， ∴ a nn2a n2 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。

n1如： a n是公差 d 的等差数列，求1 a k akk 1解： 由11 1 11d 0a k ·a k 1a k a k dd a kak 1∴n1 n 11 1k 1a k a k 1k 1d a kak 11 1 1 11⋯⋯1 1d a 1 a 2a 2a 3a nan 11 1 1d a 1 a n 1［练习］求和： 111⋯⋯11 21 2 3 1 2 3⋯⋯ n（ a n， S n21 ）n13 、错位相减法：若 a n为等差数列，b n为等比数列，求数列a nb n（差比数列）前n 项和，可由S nqS n 求 S n ，其中q 为b n的公比。

如： Sn1 2 x x 24 x 3⋯⋯ nx n 113x · S n x2 x 2x 34 x4 ⋯⋯n1 x n 1nx n2312 ： 1 x S n1 x x2 ⋯⋯ x n 1 nx nx时， S n1 x nnx n1121 xxx1 ， S n1 2 3n n 1⋯⋯n24、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 n a 1 a 2⋯⋯a n 1a n 相加S n a n an 1⋯⋯a 2 a 12a 1a na 2a n 1⋯⋯a 1 a n ⋯⋯S n［练习］已知 f (x)x 2 ，则 f (1) f (2) f1 f ( 3) f111 x 223f (4) f41 2x 2x 2（由 f ( x)f1x11x1 x21 21 x21 x21x∴原式 f (1)f (2)f 1f (3) 1f (4) 12ff341 1 1 1 3 1）2 2例 1 设{ a } 是等差数列，若 a =3， a 7 =13，则数列 { a } 前 8 项的和为（）n2nA ． 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 { a n } 满足 a 1 a 2 3， a 2 a 36 ，则 a 7（ ）A ． 64B ． 81C ． 128D ． 243 （全国Ⅰ卷第 7 题）答案： A ．例 3 已知等差数列a n 中， a 2 6 ， a 5 15 ，若b n a 2n ，则数列 b n 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 = a 2 6 ， b 5 =a 10 =30， b 的前 5 项和等于90，n故答案是 C ．例 4 记等差数列的前 n 项和为 S n ，若 S 24, S 4 20 ，则该数列的公差 d （）A ． 2B ． 3C ． 6D ． 7 （广东卷第 4 题）略解：∵ S 4 S 2 S 2 4d 12, d 3, 故选 B.例 5 在数列 { a n } 中， a n4n 5 ， a 1 a 2 La nan 2bn ， n N * , 其中 a, b 为常数，则 ab2．（安徽卷第 15 题）答案：－ 1．例 6 在数列 { a n } 中， a 12 ， a n 1anln(11) ，则 a n（）nA ． 2 ln n B． 2 (n 1)ln nC ．2 nln nD ． 1n ln n （江西卷第 5 题）答案： A ．例 7 设数列 a n 中， a 12, a n 1 a n n 1，则通项 a n___________ ．（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a n1ann 1中 a n 1 , a n 系数相同是找到方法的突破口．略解：∵ a 1 2, a n 1 a n n1 ∴ a n a n1n 1 1 ， a n 1an 2n 2 1 ，a n 2an 3n 3 1， K ， a 3 a 2 2 1， a 2 a 1 1 1 ， a 1 2 1 1．将以上各式相 加，得 a nn 1n 2n3 L21 n 1 n1 n 1 n n 1n2 1，故2应填 n(n1)+1．2例 8 若 ( x +1) 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2x( )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 ｝是正数组成的数列， a =1，且点（a n , a n 1 ）（nN*）在函数 y2+1=xn1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 + 2an ，求证： b ·b n+2 ＜b . （福建卷第 20 题）n2 n+1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 =1+( n -1) × 1=n.nnn+1nnnnn-1)+( b n-1- b n-2211n-1+2 n-2+( Ⅱ ) 由（Ⅰ）知，a =n ，从而 b - b =2 ，b =( b - b )+ +（ b - b ）+b =2n ．∵ . b n ?b n+2-b n 2n n n+ 2= -2 n ∴ b n · b n+2＜ b n 2 1 ．+2+1=2 -1 1 =(2 -1)(2 +2-1)-(2 1-1) ＜ 0,对于第（Ⅱ）小题，我们也可以作如下的证明：2n n+22n+1 n n +1 n+12n+1 n+1 nn+1 n n+1 nn+1n+1∵ b =1, b ·b - b n 1 =( b -2 )( b +2 )- b n 1 =2 ·b -2 ·b -2 · 2 ＝ 2 （ b -2 ） nn n+1 n n n b 1-2 ） =-2 n <0，∴ b n - b n+2< b 2=2 （ n +2 -2） =2 （ n -2） = =2 （n+1.bb例 10 在数列 a n 中， a 1 1， a n 1 2a n2n ．（Ⅰ）设 b na n ．证明：数列b n2n 1是等差数列；（Ⅱ）求数列a 的前 n 项和 S n ．（全国Ⅰ卷第 19 题）n略解：（Ⅰ） b n 1 b n =a n1a n = a n 1 2a n = 2n=1，则 b n 为等差数列， b 1 1，2n2n 1 2n 2nb n n ， a n n2n 1 ．（Ⅱ）S n 1g20 2g21 L ( n 1)g2n 2 ng2n 1， 2S n 1g21 2g22 L ( n 1)g2n 1ng2n．两式相 减，得S n ng2n 1g20 21 L 2n1ng2n 2n 1 = (n 1)2n 1．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 - b =1，b 3 - b 2 =1 等有限个的验证归纳得到b n 为等差数列的结论，21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 {a n } 的各项均为正数， a 1 3 ，前 n 项和为，为等比数列, b 11 ，S n { b n }且 b 2 S 2 64, b 3S 3960 ．( Ⅰ ) 求 a n 与 b n ； (1 1 L1 ．（江西卷第 19Ⅱ) 求和：S 2 S nS 1题）略解： ( Ⅰ ) 设 { a n } 的公差为 d ，{b n } 的公比为 q ，依题意有S 2b 2 (6 d )q 64,S 3b 3(9 3d ) q2960.d 2, 或d6 ,解之，得5 ( 舍去，为什么？ ) 故 a n 3 2( n 1) 2n 1,b n 8n 1 ． q 8; q 40 .3（Ⅱ）S n 3 5 L (2 n 1) n(n 2)，∴1 1L1111L111 1 1 1 1S 1 S 2 S nn(n 2)(1324351324352L11 ) 1(1 1 n 1 1 ) 32n 3． nn 22 2 1n 242(n 1)(n 2)“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a n 的前 n 项和为 S n2a n 2n （， Ⅰ）求 a 1 , a 4 ；（Ⅱ）证明： an 12an是等比数列；（Ⅲ）求a n 的通项公式．（四川卷第 21 题）略 解 ：（ Ⅰ ） ∵ a 1 S 1, 2a 1 S 1 2 ， 所 以 a 1 2, S 1 2 ． 由 2a nS n 2n 知 ，2a n 1 S n 12n 1a n 1 S n2n 1得，a n 1S n2n 1① ∴a 2 S 122 2 22 6, S 2 8，a 3S 2 238 23 16, S 3 24，a 4S 324 40 ．（Ⅱ）由题设和①式知，a n 1 2a n S n2n 1S n2n2n 12n2n ， ∴a n 1 2a n 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．（Ⅲ）a n a n 2a n 1 2 a n 1 2a n 2 L 2n 2 a2 2a1 2n 1 a1 n 1 2n 1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S n的递推公式的重要手段，使其转化为不含S n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a n满足a1 0, a2 2, a n 2(1 cos2 n )a n 4sin 2 n , n 1,2,3,L ,2 2（ I ）求a3, a4，并求数列a n 的通项公式；（II ）设 S k a1 a3 L a2 k 1，T k a2 a4 L a2k， W k 2S k ( k N ) ，求使 W k 1的所有k的值，并说明理由．（湖2 T k 南卷第 20 题）略解：（ I ）a3 (1 cos2 )a1 4sin 22 a1 4 4, a4 (1 cos2 ) a2 4sin 2 2a2 4,2一般地 , 当 n = 2k 1(k N )时，a2k 1 [1 cos2 (2k 1) ] a2 k 1 4sin 2 (2 k 1)a2 k 1 4, 即a2 k 1a2k 1 4.2 2所以数列 a2 k 1 是首项为 0 、公差为 4 的等差数列，因此a2k 1 4( k 1). 当n = 2k (k N ) 时，a2k 2 (1 cos22k)a2k4sin 2 2k 2a2k, 所以数列 a 是首项2 2 2k为 2、公比为 2 的等比数列，因此 a2k 2k. 故数列 a 的通项公式为na n 2( n 1),n 2k 1(k N ), n22 , n 2k(k N ).（II ）由（ I ）知，S k a1 a3 L a2 k 1 = 0 4 L 4( k 1) 2k (k 1), T k a2 a4 L a2k2 22 L 2k 2k 1 2, W k 2S k k (k 1) .2 T k 2k 1于是， W1 0, W2 1, W3 3, W43, W55, W6 15 .2 2 4 16下面证明: 当 k 6 时，W k 1.事实上, 当 k 6 时，Wk 1 W k (k 1)k k (k 1) k (3 k)0, 即W k 1 W k . 又 W6 1, 所以当k 6 时，2k 2k 1 2kW k 1. 故满足 W k1的所有k的值为3,4,5.数列知识点回顾第一部分：数列的基本概念1．理解数列定义的四个要点⑴数列中的数是按一定“次序”排列的，在这里，只强调有“次序” ，而不强调有“规律”．因此，如果组成两个数列的数相同而次序不同，那么它们就是不同的数列．⑵在数列中同一个数可以重复出现．⑶项 a n与项数 n 是两个根本不同的概念．⑷数列可以看作一个定义域为正整数集 ( 或它的有限子集 ) 的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，但函数不一定是数列．2．数列的通项公式一个数列 { a n } 的第 n 项 a n与项数 n 之间的函数关系，如果用一个公式a n = f (n)来表示，就把这个公式叫做数列{ a n } 的通项公式。