高中常见数列

导读：　高中常见数列(共5篇)...

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高中常见数列(一)
高中常见数列求通项公式

高中常见数列通向公式的求法

数列在理论上和实践中均有较高的价值，是培养学生观察能力、理解能力、逻辑思维能力的很好载体，高考对数列知识的考察也逐年增重，数列在高中阶段有着重要的作用。新课标将数列从大纲版高考考题的压轴题放到解答题的第一个或者第二个题位置，也是对数列考查的常规解法作进一步的强调，而数列通向公式的求法是考察该知识点的一个热点。本文想总结一下在高中阶段，求数列的通项公式的常用方法和策略。高中常见求通项公式的方法有：定义法、公式法、迭加法、迭乘法、构造法（构造等差或等比数列，其中用到待定系数法）以及倒数法。

1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比

2

数列，S5a5．求数列an的通项公式.

解：设数列an公差为d(d0)

2

a1a9， ∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3

即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0， ∴a1d………………………………①

2

∵S5a5 ∴5a1

54

d(a14d)2…………2

②

33

由①②得：a1，d

55

333

∴an(n1)n

555

点评：此类方法着重考查学生对等差数列和等比数列定义和公式的应用，利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

2.公式法：已知Sn（即a1a2anf(n)）求an，用作差法：an



S1,(n1)

。

SnSn1,(n2)

an

例题2.数列{{

an

}的前n项和为

Sn

，

a1

=1，

an12Sn

( n∈N),求



}的通项公式。

1

a1a22S1anSnSn12(an1an)

解：由=1，=2，当n≥2时==得

an1

an=3，因此{an}是首项为a2=2，q=3的等比数列。故an=23n2 (n≥

2),而

a1

=1不满足该式

1 (n=1)

an23n2(n2)

所以=。

Snn1

an

SSn2点评：利用公式

nn1求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．

3. 迭代法，分为累加法和累乘法①.累加法：

若an1anf(n)求an

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(n2)。

例3 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}

的通项公式。

解：由an1an2n1得an1an2n1

则

an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)12[(n1)(n2)21](n1)12(n1)n

2

(n1)1(n1)(n1)1n2

所以数列{an}的通项公式为a2nn。

点评：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1

转化为an1an2n1

，进而求出

(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}

的通项

公式。这个问题通常和数列的求和练习在一起，下面这个求通项之后转化为用裂项相消来求和。

例题4 已知数列aa11n满足12，an1ann2n，求an。 a1111

解：由条件知：

n1ann2nn(n1)n

n1 分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

(11

2)(1213)(111134)(n1n)

所以

aa1

n11

n 。

a1

11131

an12，2n2n

an

3、4……)，且f1f(n) (n=2、()(2f)..(1)fn

an1

②累乘法：形如

可求，则用累乘法求an。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。 aaaa

已知n1f(n)求an，用累乘法：annn12a1(n2)。

anan1an2a1

2naaan1n1an3，n1，求an。 例5. 已知数列满足

an1n



n1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得解：由条件知an

(n1)个等式累乘之，即

aaa2a3a41

n123n1na1a2a3an1234a1n n

22a1an

3，3n 又

例6 已知数列

项公式。

{an}

满足

an12(n1)5nan，a13

，求数列

{an}

的通

n

an1

2(n51)n

a2(n1)5an，a13a0

解：因为n1，所以n，则an

aaaaannn132a1

an1an2a2a1

，

[2(n11)5n1][2(n21)5n2][2(21)52][2(11)51]32n1[n(n1)32]5(n1)(n2)213

n(n1)

2

故

32

n1

5n!

n1

所以数列

{an}

的通项公式为an32

5

n(n1)2

n!.

点评：本题解题的关键是把递推关系转化为an1anan1aa

2(n1)5n32a1

{a}ana2a1

，进而求出an1an2，即得数列n的通项公式。

5.已知递推关系求an，用构造法（等比数列、构造等差）。

构造等比数列法原数列{an}既不等差，也不等比。若把{an}中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出an。该法适用于递推式形

an12(n1)5nan

如an1=banc或an1=banfn。

（1）构造等比数列进行求解通项公式

形如ankan1b、ankan1bn（k,b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an。

①ankan1b解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t

q

，再利用换元法转化为等比数列求解。 1p

例7. 已知数列

an中，a11，an12an3，求an.

a2an3at2(ant)

解：设递推公式n1可以转化为n1即an12antt3a32(an3)ban3

.故递推公式为n1,令n，则bn1an13

2an3b1a134,且bn

b所以n是以b14为首项，2为公比的等比数列，则

bn42n12n1an2n13

,所以.

anaa11,an12an1(nN*).

例8已知数列满足求数列n的通项公式；

an12an1(nN*),解：

an112(an1),

an1

是以

n

a112

为首项，2为公比的等比数列。

an12n.

即

（2）构造等差数列进行求解通项公式

构造等差数列ankan1bn解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1pan1an

bb引入辅助数列（其中），nnn1nn

qqqqq

an21(nN*).

得：bn1

p1

bn再应用ankan1b的方法解决.。 qq

{an}

例9 已知数列

项公式。

满足

an12an32n

，

a12

，求数列

{an}

的通

an1an3an1an3

nn1nn1n1an12an3222，22，解：两边除以2，得2则2

n

ana123}1n1

故数列2是以22为首项，以2为公差的等差数列，由等差数列

an31(n1)n

2，所以数列{an}的通项公式为的通项公式，得2

31an(n)2n

22。

{

点评：本题解题的关键是把递推关系式转化为an1an3an

{2n12n2，说明数列2n是等差数列，再直接利用等差数列的通项

an31(n1)n

2，进而求出数列{an}的通项公式。 公式求出2

11n1

aa(ana11n12n2)a

例10．已知数列中，,，求n。

11an1an()n1

n12n1an1(2nan)1222解：在两边乘以得：

bbn1n1bb1

，则n1n,解之得：n1 bn1ann

2n2n 所以

an12an32n

令

bn2nan

6.倒数法形如an

an1

的递推数列都可以用倒数法求通项。

kan1b

an1

1an

3an1，求证：an是

a例11：例：已知数列n满足 a11,

a等差数列，并求n的通向公式。

an1

解：  1a

 n是首项为1，公差为3的等差数列。

1

3n2,a1

nan3n2 .  = 1，111aan1解：把原式去倒数变形得n 例题12已知数列{

}，

{

an

a1

an1111

3.3

3an1，an1an

，即an1an

an1

an

1an nN，求an=？

11

1(n1)(1)naa∴n是首项为1，d=1的等差数列故n∴

高中常见数列(二)
高中常见数列的公式及经典例题

高中常见数列的公式及经典例题等差数列

1．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即an－an1=d ，（n≥2，n∈N），这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d



2．等差数列的通项公式：

ana1(n1)d anam(nm)d或 an=pn+q (p、q是常数))

3．有几种方法可以计算公差d ① d=an－an1 ② d=4．等差中项：A

ana1n1

③ d=

anamnm

ab2

a,b,成等差数列

5．等差数列的性质： m+n=p+q amanapaq (m, n, p, q ∈N ) 等差数列前n项和公式

6.等差数列的前n项和公式 （1）Sn

n(a1an)

2

（2）Snna1

n(n1)d

2

（3）Sn

d2

n(a1

2

d2

)n，当d≠0，是一个常数项为零

的二次式

8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:

（1） 利用an：当an>0，d<0，前nan≥0，且an1≤0，求得n当an<0，d>0，前nan≤0，且an1≥0，求得n（2） 利用Sn：由Sn

d2

n(a1

2

d2

)n二次函数配方法求得最值时n等比数列

1．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示（q≠0），即：

anan1

=q（q≠0）

2.等比数列的通项公式: ana1qn1(a1q0)， anamqnm(a1q0) 3．｛an｝成等比数列

an1an

=q（nN,q≠0） “an≠0”是数列｛an｝成等比数列的必要非充分条件

4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列．

5．等比中项：G为a与b的等比中项. 即G=±ab（a,b同号）. 6．性质：若m+n=p+q，amanapaq

7．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法

8．等比数列的增减性：

当q>1, a1>0或0<q<1, a1<0时, {an}是递增数列; 当q>1, a1<0,或0<q<1, a1>0时, {an}是递减数列; 当q=1时, {an}是常数列; 当q<0时, {an}是摆动数列; 等比数列前n项和

等比数列的前n项和公式： ∴当q1时，Sn

a1(1q)1q

n

① 或Sn

a1anq1q

②

当q=1时，Snna1

当已知a1, q, n 时用公式①；当已知a1, q, an时，用公式②.

数列通项公式的求法

一、定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．

例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a52．求数列an的通项公式. 解：设数列an公差为d(d0) ∵a1,a3,a9成等比数列，∴a32a1a9， 即(a12d)a1(a18d)d

2

2

a1d

∵d0， ∴a1d„„„„„„„„„„„„① ∵S5a52 ∴5a1由①②得：a1

35

542

d(a14d)„„„„②

2

5

333

∴an(n1)n

555

，d

3

点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

二、公式法

S1n1

n若已知数列的前项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式an求解。

SSn2n1n

例2．已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1．求数列an的通项公式。 解：由a1S12a11a11

aSnSn12(anan1)2(1),

当n2时，有n an2an12(1)

n1

n

,

,

an12an22(1)an2

n1

n2

„„，a22a12.

2

n1

a12

n1

(1)2

n2

(1)2(1)

22

n1

(1)[(2)(1)

n

nn1

(2)

n1

n2

(2)]

n1

2[1(2)

3

]

2n2n1[2(1)].3

23[2

n2

经验证a11也满足上式，所以an

(1)

n1

]

Snn1

点评：利用公式an求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．

SnSn1n2

三、由递推式求数列通项法

对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

类型1 递推公式为an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。

(2004全国卷I.22)已知数列an中,a11,且a2ka2k1(1)k,a2k1a2k3k,其中k1,2,3,„„，求数列an的通项公式。P24（styyj）

例3. 已知数列an满足a1解：由条件知：an1an分

别

令

12

，an1an



1n(n1)

1nn

2

，求an。 1n1

1nn

2



1n



n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

(1

12)(

1213)(1n

1314

)(

1n1

1n)

所以ana11

a1【高中常见数列】

12

121

1n321n

，an

类型2 （1）递推公式为an1f(n)an 解法：把原递推公式转化为

an1an

f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

(2004全国卷I.15)已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+„+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 1

an

___

n1

P24（styyj）

n2

例4. 已知数列a2n满足a13

，an1

nn1

an，求an。

解：由条件知

an1a

n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即

n

n1a2

a4an11a

a31

a2

aa

13

n1

2



23



34



nn



ana

1

n

又a21

3

，an

23n

（2）．由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得：

由已知递推式有anf(n1)an1， an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次向前代入，得 anf(n1)f(n2)f(1)a1，

n10简记为an(k1

f(k))a1 (n1,k1

f(k)1)，这就是叠（迭）代法的基本模式。

（3） 递推式：an1panfn 解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

例5．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.

解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A3A2

A1 3B3A1

BB1取bn1

nann1„（１）则bn3bn1,又b16，故bn63

23n

代入（１）得

an

n23n1

说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAn2

BnC;(2)本题也可由

an3an12n1

,

an13an22(n1)1

（n3）两式相减得

anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.

例6．已知a13，an1

3n13n2

an (n1)，求an。

解：an

3(n1)13(n1)2



3(n2)13(n2)2



321322



3132

a1



3n43n7526

3

3n13n4853n1。

类型3 递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。 解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t

q1p

，再利用换元法转化为等比数列求解。

(2006.重庆.14）在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an

P24（styyj）

例7. 已知数列an中，a11，an12an3，求an.

解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

bn1bn

an13an3

2.所以bn是以b14为首项，2为公

比的等比数列，则bn42n12n1,所以an2n13.

类型4 递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。 （或an1panrqn,其中p，q, r均为常数）

（2006全国I.22）（本小题满分12分）

设数列an的前n项的和Sn

43an

132

n1



23

，n1,2,3,

（Ⅰ）求首项a1与通项an； P25（styyj）

解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以q

n1

，得：

an1q

n1



pq



anq

n



1q

引入辅助数列bn（其中bn例8. 已知数列an中，a1

anq

n

），得：bn1

1

pq

bn

1q

再应用类型3的方法解决。

1n1

an()，求an。

632

112n1

解：在an1an()n1两边乘以2得：2n1an1(2nan)1

323

b221n1n

令bn2nan，则bn1bn1,应用例7解法得：bn32()n 所以ann3()2() n

32332

5

,an1

类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。

高中常见数列(三)
高中数列常考题型(超经典])

一．选择题（共10小题）

4．（2009•安徽）已知

{an}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最

7．（2009•广东）已知等比数列{an}满足an＞0，n=1，2，…，且a5•a2n﹣5=2（n≥3）

，则当n≥1时，log2a1+log2a3+…+log2a2n

9．（2007•福建）数列{an}的前n项和为sn，若

，则s5等于（ ）B

2n11．已知an是等差数列，a1a2a39,a4a5a624,则S9S6=____________

12．已知an是等比数列，a1a2a36，a4a5a618，则S9S6=____________

13．若等差数列an中,a2n4n1S,则 2n an2n1Sn

基础练习：已知等差数列an的首项a12，a514，求通项公式及前n项和

已知等比数列的首项为2，a454，求通项公式及前n项和

求通项公式an的方法

1．an1=an+f(n)型（累加法）an=（an－an1）+（an1－an2）+„+（a2－a1）+a1

已知数列{an}满足a1=1，an1=an+2（n∈N+），求an. an=2－1 （n∈N+）

对应练习：已知数列{an}满足a1=1，an1=an+2n（n∈N+），求an

2．nnan1aaag(n)型 （累乘法）an=n·n1„2·a1 anan1an2a1

an1，a1=1，求an. an=（n－1）！ n（n∈N+）an已知数列{an}满足

对应练习：已知数列{an}满足

an1，a1=1，求an. 2n（n∈N+）an

3．an1=pan+q 型（p、q为常数） 令an1－an=p(anan1)，构造等比数列

已知{an}的首项a1=a（a为常数），an=2an1+1（n∈N+，n≥2），求an. an=（a+1）·2

已知{an}的首项a1=2，an=2an1+1（n∈N+，n≥2），求an.

4．an1=pan+f(n)型（p为常数） 变形得

n1－1 an1anf(n)an=+，则{}可用累加法求出，由此求an. n1nnn1pppp 2

已知{an}满足a1=2，an1=2an+2

对应练习：已知{an}满足a1=3，an1=3an+3

已知{an}满足a1=3，an1=3an+3n.求an（变形后错位相减求和）

5.“已知Sn，求an”型 an=Sn－Sn1（注意a1是否符合） n1n1.求an an=n·2 n.求an

3n，求an（n∈N+） an=3（n∈N+） Sn为{an}的前n项和，Sn=（an－1）2

对应练习：Sn为{an}的前n项和，Sn=3（an－1），求an（n∈N+）

6．倒数变形法，重新重成等差或等比数列

已知数列{an}中，a11,an1

总结：对于特殊的数列关系式，求通项公式an的核心思想是变形构造成等差或等比数列

数列求和的方法

1． 分组求和法

3 an,求这个数列的第n项an 12an

例：Sn1357(1)n(2n1)

练习:(2011·安徽高考)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋„＋a10＝( )

A．15 B．12

C．－12 D．－15

答案：A

例：求数列1，2+1111，3+，4++„+nn1 2482

练习:已知数列{an}是3＋2－1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24－1，„，写出数列{an}的通项公式并求其前n项和Sn. 答案：an3n12n Sn

1n(3n1)2n12 2

总结：1、数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转

化为等差数列或等比数列求和

2、anbncn，an、bn是等差或等比数列，则采用分组求和法

裂项相消求和法

4

若数列

若数列

若数列的通项公式为bn

若数列

若数列1111,则此数列的前n项和为____________ ,,,,122334n(n1)1111,则此数列的前n项和为____________ ,,,,1(1k)2(2k)3(3k)n(nk)1,则此数列的前n项和为______________ (2n1)(2n1)12,123,,1nn1，则此数列的前n项和为_______________ 1

k,1

22k,,1

nnk，则此数列的前n项和为_______________

错位相减法（乘以式中的公比q，然后再进行相减） 5

高中常见数列(四)
高中数列中常用方法集锦(文科版)推荐

求数列前N项和的方法

1. 公式法

等差数列前n项和：

Sn

n(aa)n(n1)

na1d 22

特别的，当前n项的个数为奇数时，S2k1(2k1)ak1，即前n项和为中间项乘以项数。这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n项和： q=1时，Snna1

q1，Sn

a11qn1q



，特别要注意对公比的讨论。

[例1] 已知log3x

123n

，求xxxx的前n项和. log23

11

log3xlog32x

log232

解：由log3x

由等比数列求和公式得 Snxx2x3xn （利用常用公

式）

11

(1n)

x(1x)2＝1－1 ＝＝

12n1x

12

n

2. 错位相减法

这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.

[例2] 求和：Sn13x5x27x3(2n1)xn1………………………①

解：由题可知，{(2n1)x

2

n1

}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{x【高中常见数列】

4

n

n1

}的通项之积

设xSn1x3x5x7x(2n1)x………………………. ② （设制错

3

位）

①－②得 (1x)Sn12x2x2x2x2x

2

3

4

n1

(2n1)xn （错位相

减）

1xn1

再利用等比数列的求和公式得：(1x)Sn12x(2n1)xn

1x

(2n1)xn1(2n1)xn(1x)

∴ Sn 2

(1x)

[例3] 求数列

2462n

,2,3,,n,前n项的和. 2222

2n1

解：由题可知，{n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n}的通项之积

222462n

设Sn23n…………………………………①

2222

12462n

Sn234n1………………………………② （设制错22222

位）

①－②得(1)Sn

1

2222222n

234nn1 （错位相222222

减）

2

1

2n1

n2

∴ Sn4n1

2



2n

n1

2

3. 反序相加法求和

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an).

[例4] 求sin1sin2sin3sin88sin89的值

解：设Ssin1sin2sin3sin88sin89…………. ①

将①式右边反序得

Ssin89sin88sin3sin2sin1…………..② （反

2



2



2



2



2



2



2



2



2



2



2

2



2



2



2



序）

又因为 sinxcos(90x),sin2xcos2x1

①+②得 （反序相

加）

2S(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)＝89

∴ S＝44.5

4. 分组法求和

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例5] 求数列的前n项和：11,

111

4,27,,n13n2，… aaa111

解：设Sn(11)(4)(27)(n13n2)

aaa

将其每一项拆开再重新组合得

Sn(1

组）

111

2n1)(1473n2) （分aaa

(3n1)n(3n1)n

＝ （分组求和） 2211n

(3n1)naa1n(3n1)n当a1时，Sn＝ 1a1221aSnn当a＝1时，

练习：求数列12,24,38,,(n2n),的前n项和。

1

1

1

1

5. 裂项法求和

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：

an

111

n(n1)nn1

112

,

1231nn1

,,

1nn1

,的前n项和.

[例6] 求数列

解：设an

n1n （裂

项）

则 Sn

112



123



1nn1

（裂项求

和）

＝(2)(32)(n1n) ＝n11 [例7] 在数列{an}中，an

解： ∵ an

12n2，又bn，求数列{bn}的前n项的和. n1n1n1anan1

12nn n1n1n12211

∴ bn8() （裂

nn122

项）

∴ 数列{bn}的前n项和

Sn8[(1)()()(

121213131411)] （裂项求nn1

和）

＝8(1

18n) ＝ n1n1

6. 合并法求和

针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求Sn.

[例8] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.

解：设Sn＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°

∵ cosncos(180n) （找特殊性质

项）

∴Sn＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···

+（cos89°+ cos91°）+ cos90° （合并求

和）

＝ 0

[例9] 在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10的值.

解：设Snlog3a1log3a2log3a10

由等比数列的性质 mnpqamanapaq （找特殊性质

项）

和对数的运算性质 logaMlogaNlogaMN 得

Sn(log3a1log3a10)(log3a2log3a9)(log3a5log3a6) （合并求

和）

＝(log3a1a10)(log3a2a9)(log3a5a6) ＝log39log39log39 ＝10

7. 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10] 求1111111111之和. 

n个1

解：由于1111

k个1

11k

99999(101) （找通项及特征）

9k个1

n个1

∴ 1111111111 ＝

11111

(101)(1021)(1031)(10n1) （分组求9999

和）

＝

111(1010210310n)(1111) 99n个1

110(10n1)n

 ＝

91019

＝

1

(10n1109n) 81

以上一个7种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。

高中常见数列(五)
高中数学复习系列---数列常见题型总结

高中数学复习系列---数列（常见、常考题型总结）

题型一：求值类的计算题（多关于等差等比数列） A）根据基本量求解（方程的思想）

1、已知Sn为等差数列an的前n项和，a49,a96,Sn63，求n；

2、等差数列an中，a410且a3，a6，a10成比数列，求数列an前20项的和S20． 3、设an是公比为正数的等比数列，若a11,a516，求数列an前7项的和.

4、已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数.

B）根据数列的性质求解（整体思想）

1、已知Sn为等差数列an的前n项和，a6100，则S11； 2、设SSnn、Tn分别是等差数列an、an的前n项和，，则

a5T7n2n

n3

b .

5

3、设Sn是等差数列aa55,则

S9n的前n项和，若

a（ ）

3

9

S5

4、等差数列{a{bSn2nT,则ann},n}的前n项和分别为Sn,Tn,若

n

3n1

b=（ ）

n

5、已知Sn为等差数列an的前n项和，Snm,Smn(nm)，则Smn6、在正项等比数列an中，a1a52a3a5a3a725，则a3a5_______。

7、已知数列an是等差数列，若 a4a7a1017,a4a5a6a12a13a1477且ak13,则

k_________。

8、已知Sn为等比数列an前n项和，Sn54，S2n60，则S3n . 9、在等差数列an中，若S41,S84，则a17a18a19a20的值为（ ） 10、在等比数列中，已知a9a10a(a0)，a19a20b，则a99a100 . 11、已知an为等差数列，a158,a6020，则a7512、等差数列an中，已知S4S188

3,求

SS.16

题型二：求数列通项公式： A） 给出前几项，求通项公式

1,0,1,0,……

1,3,6,10,15,21,,

3，-33,333，-3333,33333„„

B）给出前n项和求通项公式

1、⑴Sn2n23n； ⑵Sn3n1. 2、设数列ann满足a13a232an-13…+3an3

(nN*

)，求数列an的通项公式

C）给出递推公式求通项公式

a、⑴已知关系式an1anf(n)，可利用迭加法或迭代法；

an(anan1)(an1an2)(an2an3)(a2a1)a1【高中常见数列】

例：已知数列an中，a12,anan12n1(n2)，求数列an的通项公式； b、已知关系式aanan2n1anf(n)，可利用迭乘法.ana

an1n1

a



a3

a2n2

an3

a2

aa1

1

例、已知数列aann满足：，求求数列a

n1n1

n1

(n2),a12an的通项公式；

c、构造新数列

1°递推关系形如“an1panq”，利用待定系数法求解

例、已知数列an中，a11,an12an3，求数列an的通项公式. 2°递推关系形如“，两边同除pn1或待定系数法求解 例、

a11,an12an3n

，求数列an的通项公式.

3°递推已知数列an中，关系形如“an2pan1qan”，利用待定系数法求解 例、已知数列an中，a11,a22,an23an12an，求数列an的通项公式.

4°递推关系形如"anpan1qanan（

1

p,q0),两边同除以anan1 例1、已知数列an中，anan12anan（1

n2),a12，求数列an的通项公式. 例2、数列an中，a12,a2ann14a(nN)，求数列an的通项公式.

n

d、给出关于Sn和am的关系

例1、设数列ann

n的前n项和为Sn，已知a1a,an1Sn3(nN)，设bnSn3，求数列bn的通项公式．

例2、设Sn是数列an的前n项和，a11，S2

nanS1

n

2(n2). 

⑴求an的通项； ⑵设bSnn

2n1

，求数列bn的前n项和Tn.

题型三：证明数列是等差或等比数列 A)证明数列等差

例1、已知SSnn为等差数列an的前n项和，bn

n

(nN).求证：数列bn是等差数列.

例2、已知数列{a}的前n项和为S+2S=1nn，且满足ann·Sn－1=0（n≥2），a12

.求证：{

1S}是等差数列；

n

B）证明数列等比

an

例1、设{a＝1n}是等差数列，bn，求证：数列{bn}是等比数列；

2



例2、设S的前n项和，已知ban

n为数列ann2b1Sn

⑴证明：当b2时，ann2n1是等比数列；⑵求an的通项公式 例3、已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*). ⑴证明：数列an1an是等比数列；⑵求数列an的通项公式； ⑶若数列b1

b

nn满足4

b14

b21

...4

bn1

(an1)(nN*

),证明bn是等差数列.

题型四：求数列的前n项和 基本方法： A）公式法， B）拆解求和法.

例1、求数列{2n2n3}的前n项和Sn.

例2、求数列11

21

，31

，，(n12

，

4

8

2

n

)，的前n项和Sn.

例3、求和：2×5+3×6+4×7+„+n（n+3） C）裂项相消法，数列的常见拆项有：

111n(nkk(1)



n1

nk

)；n；

n

n1

n1例1、求和：S=1+

1112

12

1

3

123n

例2、求和：1

1.

21



3

2



14

3



1n1

n

D）倒序相加法， 例、设f(x)

x

21x

2

，求：

⑴f(4)f(3)f(2

)f(2)f(3)f(4)； ⑵f(2010)f(2009)f(3)f(2

)f(2)f(2009)f(2010). E）错位相减法，

例、若数列aan

n的通项n(2n1)3，求此数列的前n项和Sn.

F）对于数列等差和等比混合数列分组求和

例、已知数列{an}的前n项和Sn=12n－n，求数列{|an|}的前n项和Tn. 题型五：数列单调性最值问题

例1、数列an中，an2n49，当数列an的前n项和Sn取得最小值时，n例2、已知Sn为等差数列an的前n项和，a125,a416.当n为何值时，Sn取得最大值； 例3、数列an中，an3n228n1，求an取最小值时n的值. 例4、数列an中，ann

n2，求数列an的最大项和最小项.

2

2

例5、设数列an的前n项和为Sn．已知a1a，an1Sn3n，nN*．

（Ⅰ）设bnSn3n，求数列bn的通项公式；（Ⅱ）若an1≥an，nN*，求a的取值范围． 例6、已知Sn为数列an的前n项和，a13，SnSn12an(n2). ⑴求数列an的通项公式；

⑵数列an中是否存在正整数k，使得不等式akak1对任意不小于k的正整数都成立？若存在，求最小的正整数k，若不存在，说明理由.

例7、非等比数列{an}中，前n项和Sn(an1)2，

41

（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn

1n(3an)

(nN*)，Tnb1b2bn，是否存在最大的整数m，使得对任意的n均有Tn

m32

总成立？

若存在，求出m；若不存在，请说明理由。

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