数列重点题型范文

数列重点题型范文（精选5篇）

数列重点题型 第1篇

一、利用数列递推关系结构特征

型如an-an-1=f (n) (n≥2, n∈N*) 和an=an-1·f (n) (n≥2, n∈N*) 的递推关系可分别看成是an+1-an=d和an+1=an·q推及一般的结果, 可采用累加法或累乘法求解:①an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a2-a1) +a1;$②a{}_n=\frac{a{}_n}{a{}_{n-1}}\cdot \frac{a{}_{n-1}}{a{}_{n-2}}\cdots \frac{a{}_2}{a{}_1}\cdot a{}_1.$

【例1】 (2010, 全国) 设数列{an}中a1=2, an+1-an=3·22n-1, 求通项an.

解析:当n≥1时, an+1=[ (an+1-an) + (an-an-1) +…+ (a2-a1) ]+a1=22 (n+1) -1.而a1=2, 所以an=22n-1.

评注:本题用累加法, 注意只能推导出an+1=22 (n+1) -1, 而a1=2需单独验证.

二、利用整体思想, 构造辅助的等差、等比数列

有些递推关系可利用整体思想化归转化, 构造辅助数列, 这些辅助数列一般是等差或等比数列, 或者是可用累加法、累乘法求解的数列.常用的化归转化方法有待定系数法、特征方程法、不动点法等.如:

(1) an=b·an-1+c·dn或an=b·an-1+c·n+d (b≠1, n≥2, n∈N*) 型, 可用待定系数法按以下步骤构造等比数列:①设an+A·dn+B=b· (an-1+A·dn-1+B) 或an+A·n+B=b·[an-1+A· (n-1) +B];②用待定系数法可求出A、B;

(2) an+1+p·an+q·an-1=0 (p·q≠0, n≥2, n∈N*) 型, 可用特征方程法构造为等比或等差数列.若特征方程x2+p·x+q=0的两实数根为x1、x2, 则x1+x2=-p, x1·x2=q, 从而an+1- (x1+x2) ·an+ (x1·x2) ·an-1=0, 即an+1-x2·an=x1· (an-x2·an-1) 且an+1-x1·an=x2 (an-x1·an-1) ;

$(3)a{}_{n+1}=\frac{aa{}_n+b}{ca{}_n+d}$型, 可用不动点法构造等比或等差数列.若方程$x=\frac{ax+b}{cx+d}$的两实根为x1、x2, 则当x1≠x2时, $(\frac{a{}_{n+1}-x{}_1}{a{}_{n+1}-x{}_2})/(\frac{a{}_n-x{}_1}{a{}_n-x{}_2})=q(q$为常数) , 即$\{\frac{a{}_n-x{}_1}{a{}_n-x{}_2}\}$是等比数列;当x1=x2时, $\frac{1}{a{}_{n+1}-x{}_1}-\frac{1}{a{}_n-x{}_1}=d(d$为常数) , 即$\{\frac{1}{a{}_n-x{}_1}\}$是等差数列.

【例2】 (2010, 全国) 已知数列{an}中, $a{}_1=1,a{}_{n+1}=c-\frac{1}{a{}_n}$.设$c=\frac{5}{2}‚b{}_n=\frac{1}{a{}_n-2}$, 求数列{bn}的通项公式.

解析: (法一) $a{}_{n+1}-2=\frac{5}{2}-\frac{1}{a{}_n}-2=\frac{a{}_n-2}{2a{}_n}$, 则$\frac{1}{a{}_{n+1}-2}=\frac{4}{a{}_n-2}+2$, 即bn+1=4bn+2.设bn+1+A=4 (bn+A) , 则3A=2, 即$A=\frac{2}{3}$, 故$b{}_{n+1}+\frac{2}{3}=4(b{}_n+\frac{2}{3})$,

因此, $\{b{}_n+\frac{2}{3}\}$是首项为$-\frac{1}{3}$, 公比是4的等比数列, 即$b{}_n=-\frac{1}{3}\times 4{}^{n-1}-\frac{2}{3}.$

(法二) 方程$x=\frac{5}{2}-\frac{1}{x}$的两根为$\frac{1}{2}‚2.\because \frac{a{}_{n+1}-0.5}{a{}_{n+1}-2}=\frac{2.5-\frac{1}{a{}_n}-0.5}{2.5-\frac{1}{a{}_n}-2}=4\cdot \frac{a{}_n-0.5}{a{}_n-2}‚\therefore \frac{a{}_n-0.5}{a{}_n-2}=\frac{a{}_1-0.5}{a{}_1-2}\times 4{}^{n-1}=-\frac{1}{2}\times 4{}^{n-1}$.从而$b{}_n=-\frac{1}{3}\times 4{}^{n-1}-\frac{2}{3}.$

评注:法一用变换法得到bn+1=4bn+2, 用待定系数法构造等比数列$\{b{}_n+\frac{2}{3}\}$, 最终求出bn;法二用不动点法构造成等比数列$\{\frac{a{}_n-0.5}{a{}_n-2}\}$, 最终求出bn.

(3) 利用通项和前n项和的关系转化

对于f (an, Sn) 型, 可利用通项和前n项和的关系=转化成关于an的递推关系或关于Sn的递推关系, 再利用前述方法或数学归纳法求解通项公式.

【例4】 (2008, 全国) 设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=a, an+1=Sn+3n, n∈N*. (1) 设bn=Sn-3n, 求数列{bn}的通项公式; (2) 若an+1≥an, n∈N*, 求a的取值范围.

解析: (1) Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n, 即Sn+1=2Sn+3n, 用待定系数法, 得Sn+1-3n+1=2 (Sn-3n) .因此, bn=Sn-3n= (a-3) 2n-1, n∈N*.

(2) 易得an=Sn-Sn-1=2×3n-1+ (a-3) 2n-2, n≥2.∵an+1-an=2n-2 (12×1.5n-2+a-3) , ∴当n≥2时, an+1≥an⇔12×1.5n-2+a-3≥0对n≥2, n∈N*恒成立⇔a≥-9.又a2=a1+3>a1.所以a的取值范围是[-9, +∞) .

等比数列题型总结 第2篇

1、等比数列{an}中，已知a23,a9384，则an

2、在等比数列中，已知a3a636,a4a718，则an

题型二

3、等比数列{an}中，an0，且a34,a1a5

4、等比数列{an}中，an0，且a2a62a4a6a3a936，则a4a6

5、等比数列{an}中，an0，且a1a2a34,题型三

6、若等比数列{an}的前三项是a1,a1,a4，则an

7、若等比数列{an}的前三项是a,a1,3a3，则第四项是题型四

8、设数列{an}前n项和是Sn，Sn4an3，求an。

9、数列{an}中，已知a11,a7a8a910,，则a4a5a6 anSn1(n2)，则an

10、数列{an}中，已知a11,a1a2a3a4a5anan14an2，设

bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

11、数列{an}中，已知a1

通项公式。

题型五 1,a1a2a3a4a5ann2an，求数列{an}的212、等比数列{an}的前n项和是Sn4na，则a

13、等比数列{an}的前n项和是Sn23na，则a

14、数列{an}的前n项和是Sn2n1，则数列{a

2n}的前n项和等于

题型六

15、S1aaaaa

题型七

16、(1)已知an234n1 11，求{an}的前n项和Sn。（2）已知an，求{an}n(n1)(6n1)(6n5)的前n项和Sn。

17、已知an

{an}的前n项和Sn18、已知数列{an}满足a133,an1an2n，求{an}的通项公式。

19、已知数列{an}满足：a1,a2a1,a3a2,anan1,是首项为1，公比为

等比数列，求数列{an}的通项公式。

题型八

20、已知数列{an}满足a11,21、(题型四11题)

1的2an1n2,，求{an}的通项公式。ann22、等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6.（Ⅰ)求数列an的通项

公式；（Ⅱ）设 bnlog3a1log3a2......log3an,求数列

23、等差数列an，a11,前10项和S10100（Ⅰ)求数列an的通项公式；（Ⅱ）设 1 的前n项和.bnlog2bnan,证明数列{bn}是等比数列。

24、等差数列an，a11,前10项和S10100（Ⅰ)求数列an的通项公式；（Ⅱ）设 bn2nan,求数列{bn}的前n项和。

25、数列an中，a11,an12an2n（Ⅰ)设数列bn列（Ⅱ）求数列an的前n项和。

数列问题常见题型剖析 第3篇

我对近几年的高考数学试题进行了收集，归纳了在高考中常见的数列问题，并对这些问题做了分析之后，总结出了以下一些解决的基本方法.现将其列举如下：

（1） 裂项法：当一个数列的各项裂开成几项的和或差之后，相邻的两项或者几项存在可以相互可以抵消的部分时，可以采用裂项的方法对此数列进行求和运算.

例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=1n(n+1)，求Sn;

解析：Sn=a1+a2+a3+…+an

=11×2+12×3+13×4+…+2n(n+1)

=1-12+12-13+13-14+…+

1n-1n+1

=1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1

=1-1n+1=nn+1

评析：本题是一道非常典型的裂项求和问题.可以用裂项法求和的数列非常的多，例如：

an=2(n-1)(n+1)=1n-1-1n+1.

bn=1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2)

cn=n+2-2n+1+n

=(n+2-n+1)-(n+1-n).

在用裂项法求和时，要特别注意前面几项与后面几项的剩余部分是哪些，必须要做到不漏掉任何一项.

（2） 分组求和法：当一个数列的通项是由几种具有不同类型的数列通项相加组合而成时，可以采用分组的方法对此数列进行求和.

例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=n+2n，求Sn;

解析：Sn=a1+a2+a3+…+an

=(1+21)+(2+22)+(3+22)+…+(n+2n)

=(1+2+3+…+n)+(21+22+23+…+2n)

=n(1+n)2+2(1-2n)1-2

=2n+1+n(n+1)2-2

评析：在本题中前一部分是等差数列，后一部分是等比数列，所以将其进行了分组求和.例如当an=2n(n+1)+2n+2n+1时，我们可以将其看成是三个不同数列的求和（其中三个数列分别为bn=2n(n+1),cn=2n,en=2n+1）采用分组方法求数列an的前n项和Sn;

（3） 错位相减法：当一个数列的通项是由等差数列与等比数列相乘组合而成时，可以采用错位相减的方法进行求和.

例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=(2n+1)2n，求Sn;

解析：∵Sn=a1+a2+a3+…+an

∴Sn=(3×21)+(5×22)+(7×23)+…+［(2n+1)2n］ ①

2Sn=(3×22)+(5×23)+(7×24)+…+［(2n+1)2n+1］ ②

①-②得：-Sn=(3×21)+2(22+23+…2n)-［(2n+1)2n+1］

=6+222(1-2n-1)1-2-［(2n+1)2n+1］

=2n+2-n2n+2-2n+1-2

=(1-n)2n+2-2n+1-2

∴Sn=(n-1)2n+2+2n+1+2

评析：本题①-②时，是用①式的第二项减②式的第一项，逐项相减，得到的结果恰好是个

等比数列，从而进行求和.

总结：数列的求和是一个非常具有难度的问题，仅仅依靠以上方法是远远不够的，例如，数列an=n2,an=n3

，等都是一些非常典型的特殊数列，对它们的求和要用到积分的方法，这就要求我们在习的过程中，多研究，多总结.

2. 已知数列{an}的前n项和Sn，求其通项公式an的基本方法

由Sn=a1+a2+a3+…+an得an=

S1 (n=1)

Sn-Sn-1 (n≥2)

例4 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+3n，求an;

解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2+3n

∴当n=1时,a1=S1=4

当n≥2时，an=Sn-Sn-1

=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)

=2n+2

又∵a1=4=2×1+2 ∴an=2n+2(n∈N*)

评析：本题中若Sn=n2+3n+C（非零常数），则，

当n=1时,a1=S1=4+C≠2×1+2,

所以数列{an}的通项公式an=4+C (n=1)

2n+2 (n≥2)

总结：根据数列的前n项和推导数列通项公式的主要思路是灵活运用an=S1 (n=1)

Sn-Sn-1 (n≥2)，注意分类讨论思想的运用.

3. 已知数列{an}的递推公式，求其通项公式an的基本方法

（1） 已知an+1-an=d(常数)，求an;

解析：∵an+1-an=d

∴a2-a1=d

a3-a2=d

……

an-an-1=d 将这n-1个式子两边分别相加

得an-a1=(n-1)d

∴an=a1+(n-1)d

评析：当an+1-an=f(n)时，求通项an的方法与以上方法一样，但是一般情况下f(n)

是个可以有通法求和的数列.

（2） 已知an+1-Aan=f(n)，求an;（其中A为常数）

解析：① 当f(n)为常函数时，即f(n)=B（常数）时，将其配凑成an+1+C=A(an+C)的形式，然后令bn=an+C变换成bn+1=Abn进行求解.

② 当f(n)为一次函数或二次函数时，将其配凑成an+1+g(n+1)=A(an+g(n))的形式，然后令bn=an+g(n)变换成bn+1=Abn进行求解（其中的g(n)是相应的一次函数或者二次函数）.

③ 当f(n)为指数函数时，将其配凑成an+1g(n+1)=Bang(n)的形式（其中B为常数），然后令bn=ang(n)变换成bn+1=Bbn进行求解.（其中的g(n)为相应的指数函数）

例5 已知an+1-2an=n2，且a1=2，求an;

解析：∵an+1-2an=n2

∴设an+1+A(n+1)2+B(n+1)+C=2(an+An2+Bn+C)

则an+1-2an=An2+(B-2A)n+C-A+B

∴A=1

B-2A=0

C-A-B=0解得：A=1,B=2,C=3

∴an+1+(n+1)2+2(n+1)+3=2(an+n2+2n+3)

∴令bn=an+n2+2n+3，则bn+1=2bn

又∵b1=a1+1+2+3=8

∴{bn}是以8为首项，2为公比的等比数列.

∴bn=8×2n-1=2n+2

∴an=2n+2-n2-2n-3

例6 已知an+1-2an=3n+1，且a1=3，求an;

解析：∵an+1-2an=3n+2

∴an+13n+1-2an3n+1=3，即an+13n+1-23an3n=3

令bn=an3n，则bn+1-23bn=3

设bn+1+A=23(bn+A) 则bn+1-23bn=-13A

∴-13A=3 ∴A=-9 ∴bn+1-9=23(bn-9)

令cn=bn-9 则cn+1=23cn ∵c1=b1-9=a13-9=8

∴{cn}是以-8为首项，23为公比的等比数列

∴cn=-8×23n-1=-2n+23n-1

∴bn=cn+9=9-2n+23n-1 ∴an=3n9-2n+23n-1=3n+2-3×2n+2

（3） 已知an+1an=q(q≠0,q≠1)，求an;

解析：∵an+1an=q

∴a2a1=q

a3a2=q

……

anan-1=q将这n-1个式子两边分别相乘

得ana1=qn-1 ∴an=a1qn-1

评析：当an+1an=f(n)时，求通项an的方法同上，但是一般情况之下题目中的f(n)是可以有通法求前n项之积的数列.

总结：数列递推公式向通项公式的转化问题中，核心思想是寻找一个又一个的“整体”，然后对这一“整体”进行换元，使得复杂问题一步步的分解为一些简单等差或等比数列问题，从而对其进行求解，最后再用反换元的方法将其还原进而解决原始问题.

参考文献：

［1］ 十年高考.

［2］ 竞赛数学讲义教程.科学出版社

［3］成才之路.高等教育出版社

数列中常见的易错题型例析 第4篇

数列这一章内容约占总分的9%,题型通常是一道主观题和一道客观题,主观题多为中等或中等以上难度的题,突出考查学生的思维能力,逻辑推理能力及解决问题的能力.等差与等比数列的基础知识是历年高考的重点,题型考查全面,难度适中.例如:2007·全国Ⅰ·15和22,2007·全国Ⅱ·6和21 2007·山东·17,2007·广东·5 2007·辽宁·4等等.在高考与会考中,学生在解题过程中一不小心往往会掉进“陷阱”现举例说明这些常见的错误,以便在教学与学习中引起注意.

例1设数列{an}是等差数列ap=q,aq=p(p≠q),求ap+q

错解:因为{an}是等差数列,所以ap+q=ap+aq,所以ap+q=p+q.

错解分析:等差数列的性质:若m+n=p+q则am+an=ap+aq这条性质必须是两项相加等于两项相加,它的特例是若m+n=2p则am+an=2ap,如a2+a8=2a5,但a2+a8=a10不一定成立.

正解:设其公差为d,则,所以ap+q=ap+q·d=q+(-1)·q=0

例2若两个等差数列的前n项和之比是(7n+1):(4n+27),试求它们的第11项之比.

错解:设数列{an}的前n项和为Sn,设数列{bn}的前n项和为Tn.则

错解分析:没有正确找到an与Sn的关系,事实上S21=21a11,T21=21b11,利用等差数列的性质在很大程度上可以简化运算,但必须正确运用.

正解:设数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,则有,

例3如果数列{an}的前n项和为Sn=3n2-2n-1,判断数列{an}是否为等差数列?

错解:由an=Sn-Sn-1得an=(3n2-2n-1)-[3(n-1)2-2(n-1)-1]=6n-5

所以an+1-an=6(n+1)-5-(6n-5)=6.

所以{an}是以6为公差的等差数列.

错解分析:错把an=Sn-Sn-1看成是整个数列的通项公式,而忽略了a1是否满足上式,做题时应加以验证.

正解:当n≥2时,同上得an=6n-5,

当n=1时,a1=S1=0≠6-5

例4已知数列{an}前n项和sn=1+kan(k≠1)判断{an}是否为等比数列.

错解:an=Sn-Sn-1=1+kan-(1+kan-1)=kan-kan-1.

所以kan-1=(k-1)an得故{an}是等比数列.

错解分析:判断一个数列是否是等比数列,可依据(n≥2)但应注意公比不能为零,本题就忽略了公比为零的情况.

正解:当n≥2时,同上得(k≠1)

所以若k≠0,则{an}是等比数列,若k=0,则Sn=1,a1=S1=1,a2=a3=…=an=0.

所以{an}不是等比数列.

例5四个数成等比数列其积为16,偶数项的乘积等于奇数项乘积的16倍,求这四个数

错解:设这四个数为,aq,aq3,由已知条件得:

解得a=±2,q=±2,所以这四个数为:,1,4,16或-,-1,-4,-16.

错解分析:将四个数设成,aq,aq3,已知假设四个数的公比为q2了,结果漏掉了公比为负数的情况造成漏解.

正解:设四个数为a,ap,ap2,ap3,由已知条件得:

解得

所以四个数为,1,4,16或,-1,4-16或-,-1,-4,-16或-,1,-4,16.

例6求和

错解:因为,所以

错解分析:没有区分数列项数的取值与对应函数自变量的取值的异同,题设要求的是前n+1项和,而错解中是前n项和.

正解:

而题设要求的是Sn+1.

例7设等比数列的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,求数列的公比q.

错解:依题意S3+S6=2S9,可得,整理得q3(2q6-q3-1)=0即(2q3+1)(q3-1)=0,所以q=1或.

错解分析:等比数列求和要进行分类讨论来进行(当不知公比的确切值时),显然对此没有考虑,所以一定要注意区分q=1和q≠1两种情况.

数列重点题型 第5篇

类型一：已知 ， 型。

解题方法：累加法。

例：已知数列 中， ， ，

解：已知

累加得：

类型二：已知 ， 型。

解题方法：累乘法。

例：已知数列 中， ， ，求数列 的通项公式。

解：已知

累乘得：

类型三：已知 ，求 型。

解题方法：

例：（2015年全国 卷） 为数列 的前 项和，已知 ， 。

（1）求 的通项公式。

（2）设 ，求数列 的前 项和。

解：（1）、已知 ①

，得

当 时 ②

由①—②得：

即

是以首项为3，公差为2的等差数列。

（2）、（略）。

类型四：已知 ， 型（其中 、 均为常数）。

解题方法：构造形如 的等比数列，其中

例：（2014全国Ⅱ卷）已知数列 满足 ，

（1）证明： 是等比数列，并求 的通项公式。

（2）证明： 。

证明：（1）、已知

又

是以首项为 ，公比为3的等比数列。

（2）、（略）。

类型五：已知 ， 型。

解题方法：构造形如 的等比数列。

例：在数列 中， ， 求数列 的通项公式。

解：已知

又

是以首项为 ，公比为2的等比数列。