数列重点题型

数列重点题型（精选四篇）

数列重点题型 篇1

数列试题的难度分布幅度大,既有容易的基本题和难度中等的小综合题,也有综合性和思考性强的难题,试题形态多变,时常有新颖的试题入卷. 考生为了在高考中取得好成绩,必须复习掌握好数列这一板块及其相关的知识和技能,了解数列试题的能力考查特点,提高解答这类试题的能力.为此,建议考生关注近几年来高考数列试题的考查特点,下面举例说明之.

一、等差、等比数列及其前 n 项和需要完全掌握

例1.(温州市十校联合体2014届高三10月测试理)已知数列{an}中,a1=1,

(1)求证*是等比数列,并求{an}的通项公式an;

评注:(1)理解等比数列的概念.(2)掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.(3) 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.(4)了解等比数列与指数函数的关系.

二、递推数列注重创新

例2.(2012年广东)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式.

评注:Sn与an的关系是高考常见题型,主要根据an=Sn-Sn-1(n≥2)将和、项“混合式”转化为和或项的“单纯式”.常用构造新数列思想,以考查学生的推理与创新能力.

三、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题是重中之重

例3.(2010年江苏) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn.已知,数列*是公差为d的等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式(用n,d表示);

(2)设c为实数,对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m,n,k,不等式Sm+Sn>c Sk都成立,求证:c的最大值为9/2.

评注:本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分析及论证的能力.

数列综合题型总结 篇2

1.（分组求和）

(x-2)+(x2-2)+…+（xn-2）

2.(裂相求和)

1447(3n2)(3n1)

3.（错位相减）

135232222n12n

12222323n2n

4.（倒写相加）

1219984x)f()f()x 求值设f(x），求f(199919991999425.（放缩法）

求证：1

数列求通项

6.（Sn与an的关系求通项）

正数数列{an}，2Snan1，求数列{an}的通项公式。

7．（递推公式变形求通项）已知数列{an }，满足，a1=1,8.累乘法

an15an求{an }的通项公式 5an11223212n2

数列an中，a1122，前n项的和Snnan，求an1.2222aSSna(n1)a(n1)a(n1)an1 nnn1nn1n解：



∴

∴anann1an1n1，anan1a2n1n2111a1an1an2a1n1n32n(n1)an11

(n1)(n2)

《数列》中常见考点与重点题型解析 篇3

考点一：等差、等比数列的基本概念和性质的应用

例1在各项均不为零的等差数列{an}中，2a3-a27+2a11=0，数列{bn}是等比数列，且b7=a7，则log2（b6b8）的值为.

解析：由等差数列的性质知：a3+a11=2a7，所以由2a3-a27+2a11=0，得：4a7-a27=0，解得：a7=4或a7=0（舍），从而b7=a7=4，故b6b8=b27=16，从而log2（b6b8）=4.

例2已知数列{an}为正项等比数列，Sn是它的前n项和.若a1=16，且a4与a7的等差中项为98，则S5的值为.

解析：设正项等比数列{an}的公比为q，则a4=16q3，a7=16q6，因为a4与a7的等差中项为98，所以a4+a7=9416q3+16q6=94，解得：q=12，从而S5=16[1-（12）5]1-12=31.

评析：（1）“知三求二”是等差数列和等比数列的重要题型，通常涉及等差（或等比）数列的通项公式、前n项和公式，往往运用基本量法来解决；（2）运用基本量法必须与等差或等比数列的性质密切配合，合理地运用等差、等比数列的性质，特别是通项的下标性质，能达到避繁就简的目的.

考点二：等差等比数列的判断与证明

例3已知数列{an}的首项a1=23，an+1=2anan+1，证明：数列{1an-1}是等比数列.

解析：因为an+1=2anan+1，两边同时取倒数得：1an+1=an+12an=12+12×1an，整理得：

1an+1-1=12×（1an-1）.又由a1=23知：1a1-1=12，故数列{1an-1}是以12为首项，12为公比的等比数列.

例4已知数列{an}满足an=2an-1+2n+1（n≥2），a1=2，令bn=12n（an+t），问：是否存在一个实数t，使得数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由.

解析：因为an=2an-1+2n+1（n≥2），a1=2，所以a2=9，a3=27，故b1=t+22，b2=9+t4，b3=27+t8.

假设存在一个实数t，使得数列{bn}为等差数列，则b1，b2，b3一定成等差数列，故有2b2=b1+b32×9+t4=2+t2+27+t8t=1.

当t=1时，bn=12n（an+1），从而当n≥2时，

有bn-bn-1=12n（an+1）-12n-1（an-1+1）=an+1-2an-1-22n=2n2n=1，故数列{bn}为等差数列.

评析：证明数列{an}是等差数列的方法有：①定义法，即当n∈N时，an+1-an为同一常数；②中项公式法，即当n∈N时，2an+1=an+an+2均成立，其推广形式为：2an=an-m+an+m.证明数列{an}是等比数列，方法相同.

考点三：数列的通项与求和

1.数列求解通项公式的方法：

（1）等差等比（求解连续项的差或商，商出现字母的时候注意讨论）；

（2）利用an与Sn的关系：an=S1（n=1）Sn-Sn-1（n≥2）；

（3）归纳——猜想——证明法；

（4）可以转化为等差和等比的数列（一般多数题有提示，会变成证明题）

①an+1=pan+q，令an+1-λ=p（an-λ）；

②an+1=pan+qn，an+1qn+1=pq·anqn+1q（两边除以qn+1），再由①式转化；

③an+1=pan+f（n）；

④an+2=pan+1+qan，令an+2+αan+1=β（an+1+αan）；

（5）应用累加、累乘法求数列的通项：an+1=an+f（n），an+1=an×f（n）；

（6）对于分式an+1=ankan+1，取倒数，数列的倒数有可能构成等差数列（对于分式形式的递推关系）；

（7）给定Sn=f（an）形式的，可以结合Sn-Sn-1=an，写成关于an，an-1的关系式，也可以写成关于Sn，Sn-1的关系式，关键就是哪个关系式比较容易的求解出结果来.

2.数列求和：公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法.

例5已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d>0，且a2，a5，a14分别是等比数列{bn}的b2，b3，b4.

（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）设数列{cn}对任意自然数n均有c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1成立，求c1+c2+…+c2014的值.

分析：（1）依题意，a2，a5，a14成等比数列（1+4d）2=（1+d）（1+13d），可求得d，继而可求得数列{an}的通项公式；由b2=a2=3，b3=a5=9，可求得数列{bn}的公比q与其首项，从而可得通项公式.（2）由（1）知an=2n-1，bn=3n-1，由c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1，可求得c1=b1a2=3，cnbn=an+1-an=2（n≥2），于是可求得数列{cn}的通项公式，继而可求得c1+c2+…+c2014的值.

解析：（1）∵a2=1+d，a5=1+4d，a14=1+13d，且a2，a5，a14成等比数列，

∴（1+4d）2=（1+d）（1+13d），解得d=2（d=0舍去），∴an=1+（n-1）×2=2n-1.

又b2=a2=3，b3=a5=9，∴q=3，∴b1=b2q=1，∴bn=3n-1.

（2）∵c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1，∴c1b1=a2，即c1=b1a2=3.

又c1b1+c2b2+…+cn-1bn-1=an（n≥2），

∴cnbn=an+1-an=2（n≥2），

∴cn=2bn=2×3n-1（n≥2），

∴cn=3，（n=1）2×3n-1，（n≥2）

∴c1+c2+…+c2014=3+2×3+2×32+…+2×32013=3+2（3+32+…+32013）

=3+2×3（1-32013）1-3=32014.

评析：以上考查数列的通项与求和，考查了分析与转化的能力.求数列的通项公式是高考数列解答题的常见形式，此类题型思维难度不大；数列的求和主要是分析通项，然后根据通项的结构特征选择相应的求和方法.

考点四：数列中的公共项

例6已知数列{an}，{bn}的通项公式分别是an=7n+2，bn=4n+3，若将两个数列的公共项按从小到大的顺序排列后构成数列{cn}，求c9的值.

解析：设an=bm（m，n∈N*），则有7n+2=4m+3，

①当n=4k（k∈N*）时，得：7（4k）+2=4m+3，解得：m=7k-14，这与m，k∈N*矛盾，故舍去；

②当n=4k+1（k∈N）时，得：7（4k+1）+2=4m+3，解得：m=7k+32，这与m∈N*，k∈N矛盾，故舍去；

③当n=4k+2（k∈N）时，得：7（4k+2）+2=4m+3，解得：m=7k+134，这与m∈N*，k∈N矛盾，故舍去；

④当n=4k+3（k∈N）时，得：7（4k+3）+2=4m+3，解得：m=7k+5，符合题意.所以当n=4k+3且m=7k+5时有an=bm，取k=8，得：c9=a35=b61=247.

评析：数列中公共项的求解步骤：①设an=bm（m，n∈N*）；②代入各自的通项公式得：f（n）=g（m）；③用m表示n或用n表示m；④利用整除求出公共项.

考点五：数列中不定方程的整数解

例7（2009年江苏高考卷第17题）设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22+a23=a24+a25，S7=7.

（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；

（2）试求所有的正整数m，使得amam+1am+2为数列{an}中的项.

解析：（1）数列{an}的通项公式为an=2n-7，前n项和为Sn=n2-6n.

（2）解法1：amam+1am+2=（2m-7）（2m-5）2m-3，设2m-3=t，则amam+1am+2=（t-4）（t-2）t=t+8t-6，所以t为8的约数.又因为t=2m-3（m∈N*）为奇数，故t可取的值为±1.

当t=1时，m=2，t+8t-6=3，2×5-7=3是数列中的第5项；

当t=-1时，m=1，t+8t-6=-15，由数列{an}的通项公式为an=2n-7，知数列中的最小项为-5，不符合.

解法2：因为amam+1am+2=（am+2-4）（am+2-2）am+2=am+2-6+8am+2为数列{an}中的项，故8am+2为整数，又由（1）知：am+2=2（m+2）-7=2m-3为奇数，所以am+2=2m-3=±1，即m=1，2.

经检验，符合题意的正整数只有m=2.

评析：将方程中的一个未知量用含有另一个未知量的代数式表示，分离出整数部分，可利用整除的性质求其整数解.

考点六：数列中的“恒成立”思想

例8设数列{an}的前n项和为Sn，p，q是与n无关的常数.

（1）若Snn=pn+q（n∈N*），且13S3与14S4的等差中项为1，而15S5是13S3与14S4的等比中项，求数列{an}的通项公式；

（2）若Snan=pn+q（n∈N*），是否存在p，q，使得数列{an}为等差数列？若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由.

解析：（1）由Snn=pn+q（n∈N*），得：Sn=pn2+qn，故13S3=3p+q，14S4=4p+q，

15S5=5p+q，故由题意得：

2=7p+2q（1）（5p+q）2=（3p+q）（4p+q）（2），

由第二个式子整理得：13p2+3pq=0，则p=0或q=-133p，所以p=0q=1或p=-65q=265，

则Sn=n或Sn=-65n2+265n.

①当Sn=n时，an=1；②当Sn=-65n2+265n时，an=-125n+325，

所以an=1或an=-125n+325.

（2）假设存在p，q，使得数列{an}为等差数列，则由等差数列的通项公式和前n项和公式得：Sn=na1+n（n-1）2d=d2n2+（a1-d2）n，an=a1+（n-1）d=dn+（a1-d），

即Snan=pn+qSn=an（pn+q）d2n2+（a1-d2）n=（pn+q）[dn+（a1-d）]，整理得：d2n2+（a1-d2）n=pdn2+（dq+a1p-pd）n+（a1-d）q对任意的n∈N*恒成立，

所以d2=pd（1）a1-d2=pa1+（q-p）d（2）0=（a1-d）q（3）

①当d=0时，因为a1≠0，代入（2）得：p=1，代入（3）得：q=0；

②当d≠0时，由（1）得：p=12，代入（2）得：12a1=qd，故q≠0，代入（3）得：a1=d，即q=12.

综上，符合题意的p，q存在，p=q=12或p=1，q=0.

考点七：数列综合问题

例9数列{an}满足：a1+2a2+3a3+…+nan=4-n+22n-1，n∈N*.

（1）求a3的值；

（2）求数列{an}的前n项和Tn；

（3）令b1=a1，bn=Tn-1n+（1+12+13+…+1n）an（n≥2），证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.

分析：（1）通过赋值，分别令n=1，2，3代入已知式子求解；（2）为求数列{an}的前n项和Tn，先求数列{an}的通项公式an，可根据已知关系式利用数列的递推思想，先求出nan，再求解；（3）先求出数列{bn}的前n项和Sn，然后可构造函数证明.

解析：令n=1a1=1；令n=2a1+2a2=2a2=12；

令n=3a1+2a2+3a3=4-54a3=14.

（2）当n≥2时，a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1=4-n+12n-2，①

a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1+nan=4-n+22n-1，②

②-①，得：nan=n+12n-2-n+22n-1=n2n-1，

∴an=12n-1.

又∵当n=1时，a1=1也适合an=12n-1，∴an=12n-1.易证数列{an}是等比数列，首项a1=1，公比q=12.∴数列{an}的前n项和Tn=a1（1-qn）1-q=2-12n-1.

（3）证明：∵b1=a1=1，∴S1<2+2ln1成立.又∵b2=a12+（1+12）a2，

∵b3=a1+a23+（1+12+13）a3，…，bn=a1+a2+…+an-1n+（1+12+13+…+1n）an，

∴数列{bn}的前n项和Sn=b1+b2+…+bn=（1+12+…+1n）a1+（1+12+…+1n）a2+…+（1+12+…+1n）an=（1+12+…+1n）（a1+a2+…+an）=（1+12+…+1n）（2-12n-1）<2（1+12+…+1n）.构造函数h（x）=ln1x-1x+1，则h′（x）=1-xx2.

由h′（x）>0得：01，∴h（x）=ln1x-1x+1在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）≤h（1）=0，

∴h（x）=ln1x-1x+1≤0，（当仅当x=1时取等号），即lnx≥1-1x.

又∵lnn=lnnn-1+lnn-1n-2+…+ln2>（1-n-1n）+（1-n-2n-1）+…+（1-12）=12+13+…+1n，∴2（1+12+…+1n）<2+2lnn，∴Sn<2+2lnn.

在处理数列问题时，需要深刻把握概念、定义的内涵，掌握公式成立、使用的前提条件，特别要注意数列的“特殊性”——定义域为正整数集或正整数集的子集，并注意代数式化简、变形的等价性.

（作者：丁称兴，江苏省溧水高级中学）

数列重点题型 篇4

点评本题的关键是等式两边都除以λn+1，然后转化为等差数列，从而得到｛an｝的通项公式，是典型的化归法．常用的化归还有取对数化归，待定系数化归等等，一般化归为等差（或等比）数列．

此外，数列还与函数、不等式、方程、导数、对数等知识综合在一起，能力要求高，思维力度大，如2007年四川、辽宁、广东、安徽等理科卷中所涉及的数列通项，因此，要能够正确地求解通项公式，一方面要使学生掌握好基础知识和常见的解题方法，另一方面也要在培养学生归纳、推理、运算、阅读资料、提取信息、建立数学模型等能力方面下功夫．