高考数列常考题型归纳总结

高考数列常考题型归纳总结

类型1 )(1n f a a n n +=+

解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列{}n a 满足211=

a ，n

n a a n n ++=+211，求n a 。 解：由条件知：1

1

1)1(1121+-=+=+=

-+n n n n n n a a n n

分别令)1(,,3,2,1-??????=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即

)()()()(1342312--+??????+-+-+-n n a a a a a a a a

)111()4131()3121()211(n

n --+??????+-+-+-=

所以n

a a n 1

11-=-

211=a Θ，n

n a n 1231121-=-+=∴

类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1

n f a a n

n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 例:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 1

1+=+，求n a 。 解：由条件知1

1+=+n n

a a n n ，分别令)1(,,3,2,1-??????=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即

1342312-??????????n n a a a a a a a a n

n 1

433221-??????????=n a a n 11=? 又321=a Θ，n

a n 32

=∴

例:已知31=a ，n n a n n a 2

31

31+-=+ )1(≥n ，求n a 。 解：12

31

32231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-?+?-??????+---?+---=

3437526

331348531n n n n n --=

????=---L 。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+???+++=n n a n a a a a

(n ≥2)，则{a n }的通项1

___n a ?=?

? 12

n n =≥

解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+???+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得 当2≥n 时，n n n na a a =-+1，即n n a n a )1(1+=+，又112==a a ，

n a a a a a a a a a n n =???====∴-13423121,,4,3,1,

1，将以上n 个式子相乘，得2

!

n a n =)2(≥n

类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中p

q

t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .

解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=?-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且

23

3

11=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则1

1224+-=?=n n n b ,所以

321-=+n n a .

变式:（2006，重庆,文,14）

在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =_______________

（key:321

-=+n n a ）

变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）

已知数列{}n a 满足*

111,21().n n a a a n N +==+∈

（I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）若数列{b n }滿足12111

*444(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈L 证明：数列{b n }是等差数列；

（Ⅲ）证明：

*122311...().232

n n a a a n n

n N a a a +-<+++<∈ （I ）解：*

121(),n n a a n N +=+∈Q

112(1),n n a a +∴+=+

{}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列

12.n n a ∴+=

即 *

21().n n a n N =-∈

（II ）证法一：12111

44

...4(1).n n k k k k n a ---=+Q

12(...)42.n n k k k n nk +++-∴=

122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①

12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ② ②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+- 即1(1)20,n n n b nb +--+=

21(1)20.n n nb n b ++-++=

③－④，得 2120,n n n nb nb nb ++-+= 即 2120,n n n b b b ++-+=

*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈

{}n b ∴是等差数列

证法二：同证法一，得 1(1)20n n n b nb +--+= 令1,n =得1 2.b =

设22(),b d d R =+∈下面用数学归纳法证明 2(1).n b n d =+- （1）当1,2n =时，等式成立

（2）假设当(2)n k k =≥时，2(1),k b k d =+-那么

122[2(1)]2[(1)1].1111k k k k b b k d k d k k k k +=

-=+--=++----- 这就是说，当1n k =+时，等式也成立 根据（1）和（2），可知2(1)n b n d =+-对任何*

n N ∈都成立

{}1,n n n b b d b +-=∴Q 是等差数列

（III ）证明：Q

1121211

,1,2,...,,1212

2(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=--

12231 (2)

n n a a a n

a a a +∴

+++<

111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k k k

k a k n a +++-==-=-≥-=--+-Q

1222311111111

...(...)(1),2322223223

n n n n a a a n n n a a a +∴

+++≥-+++=-->- *122311...().232

n n a a a n n

n N a a a +∴-<+++<∈

变式:递推式：()n f pa a n n +=+1。解法：只需构造数列{}n b ，消去()n f 带来的差异．

类型4 n

n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。 （或

1n n n a pa rq +=+,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

+n q

，得：

q q a q p q

a n n n n 1

1

1+?=++引入辅助数列{}n b （其中n

n

n q

a b =），得：q

b q p b n n 1

1+=

+再待定系数法解决。 例:已知数列{}n a 中，651=

a ,1

1)2

1(31+++=n n n a a ，求n a 。 解：在11)21(31+++=n n n a a 两边乘以12+n 得：1)2(3

2211

+?=?++n n n n a a

令n n

n a b ?=2，则1321+=+n n b b ,解之得：n n b )3

2(23-=

所以n

n n

n n b a )31(2)21(32-==

变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分） 设数列{}n a 的前n 项的和1412

2333

n n n S a +=

-?+，1,2,3,n =g

g g （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2n

n n T S =，1,2,3,n =g g g ，证明：1

32n

i i T =<∑

解：（I ）当1=n 时，3

2

3434111+-==a S a 21=?a ； 当

2≥n 时，

)

3

2

23134(3223134111+?--+?-=-=-+-n n n n n n n a a S S a ，即

n n n a a 241+=-，利用n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）的方法，解之得：n

n n a 24-=

(Ⅱ)将n

n n a 24-=代入①得 S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2)

= 2

3

×(2n+1－1)(2n －1)

T n = 2n S n = 32×2n (2n+1－1)(2n －1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1

) 所以,

1

n

i i T =∑

= 3

2

1

(

n

i =∑12i －1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 12i+1－1

) < 32

类型5 递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 其中s ，t 满足?

?

?-==+q st p

t s

解法二(特征根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02

=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程。若21,x x 是特征方程的两个根，当2

1x x ≠时，数列{}n a 的通项为1

211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1

211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1

1)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,，求数列{}n a 的通项公式。

由025312=+-++n n n a a a ，得

)(3

2

112n n n n a a a a -=

-+++， 且a b a a -=-12。

则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项，

3

2

为公比的等比数列，于是 11)3

2

)((-+-=-n n n a b a a 。把n n ,,3,2,1???=代入，得

a b a a -=-12，

)32

()(23?-=-a b a a ，

234)3

2

()(?-=-a b a a ，

???

21)3

2

)((---=-n n n a b a a 。

把以上各式相加，得

])3

2()32(321)[(21-+???+++-=-n n a b a a )(3

21)32(11

a b n ---=

-。 a b b a a a b a n n n 23)3

2

)((3)]()32(33[11-+-=+--=∴--。

解法二（特征根法）：数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,的特征方程是：02532

=+-x x 。

3

2,121=

=x x Θ, ∴1

211--+=n n n Bx Ax a 1)3

2(-?+=n B A 。

又由b a a a ==21,，于是

??

?-=-=???

?

??+=+=)(32332b a B a b A B A b B

A a 故1

)

3

2

)((323--+-=n n b a a b a

例:已知数列{}n a 中，11=a ,22=a ,n n n a a a 3

1

3212+=++，求n a 。 解：由n n n a a a 3

1

3212+=

++可转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 即n n n sta a t s a -+=++12

)(???

????

-==+?313

2st t s ?????-==?311t s 或????

?=-=131t s 这里不妨选用???

??-==311

t s （当然也可选用

?????

=-

=1

31t s ，大家可以试一试），则)(3

1112n n n n a a a a --=-+++{}n n a a -?+1是以首项为112=-a a ，公比为31

-的等比数列,

所以1

1)3

1(-+-=-n n n a a ,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1-??????=n n ，代入上式得

)1(-n 个等式累加之，即2101)3

1()31()31(--+??????+-+-=-n n a a 3

11)31(11

+--=-n

又11=a Θ，所以1

)3

1(4347---=

n n a 。 变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）

已知数列{}n a 满足*

12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈

（I ）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列； （II ）求数列{}n a 的通项公式； （III ）若数列{}n b 满足12111

*44

...4(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈证明{}n b 是等差数列

（I ）证明：2132,n n n a a a ++=-Q

21112*21

12(),1,3,2().

n n n n n n n n

a a a a a a a a n N a a ++++++∴-=-==-∴

=∈-Q

{}1n n a a +∴-是以21a a -2=为首项，2为公比的等比数列

（II ）解：由（I ）得*

12(),n n n a a n N +-=∈

112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+

12*

22...2121().

n n n n N --=++++=-∈

（III ）证明：12111

44

...4(1),n n b b b b n a ---=+Q

12(...)42,n n b b b nb +++∴=

122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ① 12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②

②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+- 即1(1)20.n n n b nb +--+= ③ 21(1)20.n n nb n b ++-++= ④ ④－③，得2120,n n n nb nb nb ++-+= 即2120,n n n b b b ++-+=

*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈

{}n b ∴是等差数列

类型6 递推公式为n S 与n a 的关系式。(或()n n S f a =) 解

法

：

这

种

类

型

一

般

利

用

??

?≥???????-=????????????????=-)

2()1(11n S S n S a n n n 与

)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n

a 进行求解。

例：已知数列{}n a 前n 项和2

214--

-=n n n a S .

（1）求1+n a 与n a 的关系；（2）求通项公式n a . 解：（1）由2

2

14--

-=n n n a S 得：1

112

14-++-

-=n n n a S

于是)21

21()(12

11--++-

+-=-n n n n n n a a S S 所以1112

1

-+++

-=n n n n a a a n n n a a 2

1211+=?+. （2）应用类型4（n

n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ））的方

法，上式两边同乘以1

2+n 得：222

11

+=++n n n n a a

由12

1412

1111=?-

-==-a a S a .于是数列{}n n

a 2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以n n a n n

2)1(222=-+=12

-=?n n n a

变式:（2006，陕西,理,20本小题满分12分)

已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足10S n =a n 2+5a n +6且a 1,a 3,a 15成等比数列，求数列{a n }的通项a n

解: ∵10S n =a n 2+5a n +6， ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6，解之得a 1=2或a 1=3 又10S n －1=a n －12+5a n －1+6(n ≥2)，②

由①－②得 10a n =(a n 2－a n －12)+6(a n －a n －1)，即(a n +a n －1)(a n －a n －1－5)=0 ∵a n +a n －1>0 ， ∴a n －a n －1=5 (n ≥2)

当a 1=3时，a 3=13，a 15=73 a 1， a 3，a 15不成等比数列∴a 1≠3;

当a 1=2时， a 3=12， a 15=72， 有 a 32=a 1a 15 ， ∴a 1=2， ∴a n =5n －3 变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）

已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n －S n －2=3,2

3

,1),3()2

1(211

-==≥--S S n n 且求数列{a n }

的通项公式.

解：Θ12--+=-n n n n a a S S ，

∴)3()2

1

(311≥-?=+--n a a n n n ，两边同乘以n )1(-，可得

1111)2

1

(3)21()1(3)1()1(----?-=--?=---n n n n n n n a a

令n n

n a b )1(-=

∴)3()21

(311≥?-=---n b b n n n

221)2

1

(3---?-=-n n n b b

…… ……

223)2

1

(3?-=-b b

∴2

11)

21(41413])2

1()21()21[(3222

212-?-?-=+???++?-=---n n n n b b b

)3()2

1

(32312≥?+-=-n b n

又Θ111==S a ，2

5

123122-=--=-=S S a ，

∴1)1(111-=-=a b ，2

5

)1(222-=-=a b

∴)1()2

1

(34)21(3232511≥?+-=?+--=--n b n n n 。

∴???

????

?+-?-=?-?+--=-=---.

,)21(34,,)21(34)2

1

()1(3)1(4)1(111

为偶数为奇数n n b a n n n n n n n n

类型7 b an pa a n n ++=+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

)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为

{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列。

例:设数列{}n a ：)2(,123,411≥-+==-n n a a a n n ，求n a .

解：设B An b a B ，An a b n n n n --=++=则，将1,-n n a a 代入递推式，得

[]12)1(31-+---=---n B n A b B An b n n )133()23(31+----=-A B n A b n

??????+-=-=∴1332

3A B B A A ?

??==11B A

1++=∴n a b n n 取…（１）则13-=n n b b ,又61=b ，故n

n n b 32361?=?=-代入（１）得132--?=n a n

n

说明：（1）若)(n f 为n 的二次式，则可设C Bn An a b n n +++=2

;(2)

本题也可由1231-+=-n a a n n ,1)1(2321--+=--n a a n n （3≥n ）两式相减得2)(3211+-=----n n n n a a a a 转化为n n n qb pb b +=++12求之.

变式:（2006，山东,文,22,本小题满分14分） 已知数列｛n a ｝中，111

22

n n a n a a +=

-、点（、）

在直线y=x 上，其中n=1,2,3… (Ⅰ)令{}是等比数列；求证数列n n n n b a a b ,31--=-

(Ⅱ)求数列{}的通项；n a

(Ⅲ)设分别为数列、n n T S {}

、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+??

??

??

为等差数列？若存在，试求出λ 若不存在,则说明理由

解：（I ）由已知得 111

,2,2

n n a a a n +==+ 2213313,11,4424

a a a =--=--=-Q

又11,n n n b a a +=--

1211,n n n b a a +++=--

11112111(1)1

11222.1112

n n n n n n n n n n n n n n a n a n a a b a a b a a a a a a +++++++++++---

--∴====------ {}n b ∴是以34-为首项，以1

2

为公比的等比数列

（II ）由（I ）知，13131

(),4222n n n b -=-?=-?

131

1,22n n n a a +∴--=-?

2131

1,22a a ∴--=-?

32231

1,22

a a --=-?

??????

1131

1,22

n n n a a --∴--=-?

将以上各式相加得：

1213111

(1)(),2222n n a a n -∴---=-++???+

11111(1)31313221(1)(1) 2.

12222212

n n n n a a n n n ---∴=+--?=+---=+--

3

2.2

n n a n ∴=+-

（III ）解法一：

存在2λ=，使数列{

}n n

S T n

λ+是等差数列 1212111

3()(12)2222

n n n S a a a n n =++???+=++???++++???+-Q

11(1)

(1)2

2321212

n n n n -+=?+--

2213333(1) 3.2222

n n n n n n

--=-+=-++

12131

(1)

313342(1).1222212

n n n n n T b b b +--=++???+==--=-+- 数列{}n n S T n λ+是等差数列的充要条件是,(n n

S T An B A n

λ+=+、B 是常数)

即2

,n n S T An Bn λ+=+

又213333

3()2222n n n n n n S T λλ+-+=-+

++-+ 231

3(1)(1)222n n n λ-=+--

∴当且仅当102

λ-

=，即2λ=时，数列{

}n n

S T n

λ+为等差数列 解法二：

存在2λ=，使数列{

}n n

S T n

λ+是等差数列 由（I ）、（II ）知，22n n a b n +=-

(1)

222n n n S T n +∴+=

- (1)

222n n

n n n n n T T S T n n λλ+--++= 322n n T n

λ--=+

又12131(1)

313342(1)1222212

n n n n n T b b b +--=++???+==--=-+- 13233

()222

n n n S T n n n λλ++--=+-+ ∴当且仅当2λ=时，数列{}n n

S T n

λ+是等差数列

类型9 )

()()(1n h a n g a n f a n n

n +=

+

解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1。 例：已知数列｛a n ｝满足：1,1

3111

=+?=

--a a a a n n n ，求数列｛a n ｝的通项公式。

解：取倒数：

1

1113131---+=+?=n n n n a a a a ?

?????∴n a 1是等差数列，3)1(111?-+=n a a n 3)1(1?-+=n 231

-=

?n a n 变式:（2006，江西,理,22,本大题满分14分） 已知数列｛a n ｝满足：a 1＝

3

2

，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1*≥∈－－（，）＋－

（1） 求数列｛a n ｝的通项公式；

（2） 证明：对于一切正整数n ，不等式a 1?a 2?……a n <2?n ！ 解：（1）将条件变为：1－n n a ＝n 11n 113a －－（－），因此｛1－n

n

a ｝为一个等比数列，其首项为

1－11a ＝13，公比13

，从而1－n n a ＝n 1

3，据此得a n ＝n n n 331?－（n ≥1）…………1?

（2）证：据1?得，a 1?a 2?…a n ＝

2n n 111111333?！

（－）（－）…（－）

为证a 1?a 2?……a n <2?n ！ 只要证n ∈N *时有2n 1

11

1113

33?（－）（－

）…（－）

>12

…………2? 显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n ∈N *，有

2n 111

111333?（－）（－）…（－）

≥1－（2n 111333

＋＋…＋）…………3? 用数学归纳法证明3?式： （i ） n ＝1时，3?式显然成立， （ii ） 设n ＝k 时，3?式成立，

即

2k 1

11111333?（－）（－）…（－）≥1－（2k

111333＋＋…＋） 则当n ＝k ＋1时，

2k k 1111111113333???＋（－）（－）…（－）（－）

≥〔1－（2k 111333＋＋…＋）〕?（k 11

13

＋－）

＝1－（2k 111333＋

＋…＋）－k 113＋＋k 113＋（2k 111

333＋＋…＋

） ≥1－（2k 111333＋＋…＋＋k 11

3

＋）即当n ＝k ＋1时，3?式也成立

故对一切n ∈N *，3?式都成立 利用3?得，

2n 111111333?（－）（－）…（－）

≥1－（2n 111333＋＋…＋）＝1－n 11133113

〔－（）〕

－ ＝1－n n 11111123223〔－（）〕＝＋（）

>12

故2?式成立，从而结论成立

类型10 h

ra q

pa a n n n ++=

+1

解法：如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有h

ra q

pa a n n n ++=+1（其

中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程h

rx q px x ++=,当特征方程有且仅有一根0x 时,则01n a x ?

?

?

?-??

是等差数列;当特征方程有两个相异的根1x 、2

x 时，则12n n a x a x ??-??-??

是等比数列。

例：已知数列}{n a 满足性质：对于,3

24

,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.

解: 数列}{n a 的特征方程为,3

24

++=

x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有

.N ,)2

21211(2313)(1

1212111∈?-?-?+-=--?--=

--n r p r p a a c n n n λλλλ

∴.N ,)5

1(521

∈-=

-n c n n ∴.N ,1)5

1(521

)51

(5221

1112∈----?-=--=--n c c a n n n n n

λλ

即.N ,)

5(24

)5(∈-+--=n a n

n n 例：已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.3

25

131+-=

+n n n a a a

（1）若,51=a 求;n a （2）若,31=a 求;n a （3）若,61=a 求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？

解：作特征方程.3

25

13+-=

x x x 变形得,025102=+-x x

特征方程有两个相同的特征根.5=λ依定理2的第（1）部分解答.

(1)∵∴=∴=.,511λa a 对于,N ∈n 都有;5==λn a (2)∵.,311λ≠∴=a a ∴λ

λr p r

n a b n --+-=

)1(11

51131

)1(531?-?

-+-=

n ,8

121-+-=n

令0=n b ，得5=n .故数列}{n a 从第5项开始都不存在， 当n ≤4，N ∈n 时，5

17

51--=+=

n n b a n n λ. (3)∵,5,61==λa ∴.1λ≠a ∴.,8

1

1)1(11N n n r p r n a b n ∈-+=--+-=

λλ

令,0=n b 则.7n n ?-=∴对于.0b N,n ≠∈n ∴.N ,743

558

1111

∈++=+-+

=+=

n n n n b a n

n λ (4)、显然当31-=a 时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，

51=a 时，数列}{n a 是存在的，当51=≠λa 时，则有

.N ,8151)1(111∈-+-=--+-=

n n a r p r n a b n λλ令,0=n b 则得N ,1

13

51∈--=n n n a 且n ≥2. ∴当1

13

51--=

n n a （其中N ∈n 且N ≥2）时，数列}{n a 从第n 项开始便不存在. 于是知：当1a 在集合3{-或,:1

13

5N n n n ∈--且n ≥2}上取值时，无穷数列}{n a 都不存

在.

变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）

数列).1(0521681}{111≥=++-=++n a a a a a a n n n n n 且满足记).1(2

11≥-

=n a b n n

（Ⅰ）求b 1、b 2、b 3、b 4的值；

（Ⅱ）求数列}{n b 的通项公式及数列}{n n b a 的前n 项和.n S

解法一：由已知,得n n n a a a 816521-+=

+,其特征方程为x x x 81652-+=解之得,211=x 或4

5

2=x

∴n n n a a a 816)21(6211--=-+,n

n n a a a 816)45

(12451--=-+ ∴

452121452111--?=--

++n n n n a a a a , ∴n

n n n a a a a 24)21(4521

4521111-=?-

-=--- ∴4

25

21++=-n n n a

解法二：

（I ）;22

111

,111=-=

=b a 故 22718,;718382

a b ===-故

3331,4;31442

a b ===-故

441320,.203

a b ==故

（II ）因231)3

4

(3832)34)(34(=?=

--b b ，

2231222)3

4()34)(34(,)34()34(-=--=-b b b b

故猜想.2,3

2

}34{的等比数列公比是首项为=-q b n

因2≠n a ，（否则将2=n a 代入递推公式会导致矛盾）

,

034,34361620382

12)34(2,3

616203436816342

1

1

3

4).

1(8162511111≠--=--=--

=---=---=-

-

=-

≥-+=++++b b a a a b a a a a a b n a a

a n n n n n n n n n n n n n 因故

故2|34

|=-

q b n 确是公比为的等比数列. n n b b 23134,32341?=-=-故因, )1(34231≥+?=n b n n ,12

1

2

1

1+=

-

=

n n n n n b b a a b 得由 n n n b a b a b a S +++=Λ2211故

121()2

n b b b n =++++L 1

(12)

53123n n -=

+-1(251)3n n =+- 解法三： （Ⅰ）由,052168,2

1

12

1

111=++-+=

-

=

++n n n n n n n n a a a a b a a b 代入递推关系得 整理得

,3

4

2,0364111-==+-+++n n n n n n b b b b b b 即 .320,4,38,2,143211=====b b b b a 所以有由

（Ⅱ）由,03

2

34),34(234,342111≠=--=--=++b b b b b n n n n

所以故的等比数列公比是首项为,2,3

2

}34{=-q b n

4114

2,2(1).3333

n n n n b b n -

=?=?+≥即

1

1

1,122

n n n n n b a b b a =

=+-由得 1122n n n S a b a b a b =+++L 故121

()2

n b b b n =++++L

1

(12)

5

3123

n n -=+-1(251).3n n =+-

解法四：

（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）2342312)3

4(3832,38,34,32=?=-=-=

-b b b b b b 因此

故又因的等比数列公比是首项为猜想).1(81625,223

1

,2,32}{111≥-+=≠?=-=-+++n a a a a b b q b b n

n

n n n

n n n n

1

22

2

18162512

112

1111---

-+=

-

-

-

=

-++n n n n n n n a a a a a b b

;3

6810366

36816--=----=

n n n n n a a a a a

3

6816368162

112

11111212-----=

-

-

-

=

-++++++n n

n n n n n n a a a a a a b b

).(23

61620368163624361n n n n

n n n n b b a a a a a a -=--=-----=

+

,23

1,2}{,0321112n n n n n b b q b b b b ?=-=-≠=

-++的等比数列是公比因 从而112211)()()(b b b b b b b b n n n n n +-++-+-=---Λ

1211(222)23n n --=++++L 114

(22)22(1).333

n n n =-+=?+≥ 11

1,122

n n n n n b a b b a ==+-由得

1122n n n S a b a b a b =+++L 故121

()2

n b b b n =++++L

1

(12)

5

3123

n n -=+-1(251).3n n =+-

类型11 q pn a a n n +=++1或n

n n pq a a =?+1

解法：这种类型一般可转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差或等比数列求解。 例：（I ）在数列}{n a 中，n n a n a a -==+6,111，求n a

（II ）在数列}{n a 中，n

n n a a a 3,111==+，求n a

类型12 归纳猜想法 解法：数学归纳法

变式:（2006，全国II,理,22,本小题满分12分）

设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，… （Ⅰ）求a 1，a 2； （Ⅱ）｛a n ｝的通项公式

提示:1 1,1,2,3,...n S n -=为方程的根,代入方程可得2

(1)(1)0n n n n S a S a ----=

将n=1和n=2代入上式可得112a =

216

a = 2 求出1234,,,a a a a 等,可猜想1

(1)

n a n n =

+并用数学归纳法进行证明，本题主要考察 一般

数列的通项公式与求和公式间的关系 3 方程的根的意义(根代入方程成立)

4

数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把1

(1)

n a n n =

+分开为

111

,,(1)1

n a n n n n =

=-++然后求和中间项均抵消只剩下首项和末项,可得n S

解：(Ⅰ)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1， 于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝1

2

当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－1

2，

于是(a 2－12)2－a 2(a 2－12)－a 2＝0，解得a 1＝1

6

(Ⅱ)由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0， 即 S n 2－2S n ＋1－a n S n ＝0

当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得 S n －1S n －2S n ＋1＝0 ①

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

知识框架 111111(2)(2)(1)( 1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-??-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ???????????????? ??? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??? ???????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。（2）由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？ （2）递推式为a n+1=a n +f （n ） 例3、已知{}n a 中112a = ，121 41 n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） 2 43 4)1211(211--= --+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代 入，可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数） 例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a . 解法一： 由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1） 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1 -1 解法二： 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2 ， 把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数） )(3211-+-= -n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )32(23-= ∴n n n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+

数列全部题型归纳(非常全面-经典!)(新)

数列百通 通项公式求法 (一)转化为等差与等比 1、已知数列{}n a 满足11a =，n a =,n N *∈２≤n ≤８），则它的通项公式n a 什么 2.已知{}n a 是首项为2的数列，并且112n n n n a a a a ---=，则它的通项公式n a 是什么 3.首项为2的数列，并且23 1n n a a -=，则它的通项公式n a 是什么 4、已知数列{}n a 中，10a =，112n n a a += -，* N n ∈.

求证：11n a ?? ??-?? 是等差数列；并求数列{}n a 的通项公式； 5.已知数列{}n a 中，13a =，1222n n a a n +=-+，如果2n n b a n =-，求数列{}n a 的通项公式 （二）含有n S 的递推处理方法 1）知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2（S n +1）=n +1，求数列{a n }的通项公式.

2.）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，2 (2)8 n n a S +=则，数列n a 3 4）1a +求数列a （三） 累加与累乘 （1）如果数列{}n a 中111,2n n n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a

（2）已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(1 1≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式 (3) 1a = （4 （四）一次函数的递推形式 1. 若数列{}n a 满足111 1,12 n n a a a -==+(2)n ≥，数列n a

2 .若数列{}n a 满足111 1,22 n n n a a a -==+ (2)n ≥，数列n a （1 （2 （六）求周期 16 （1） 121,41n n n a a a a ++==-，求数列2004a

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练及参考答案

2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练 【题型归纳】 等差数列、等比数列的基本运算 题组一 等差数列基本量的计算 例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。 题组二 等比数列基本量的计算 例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】 等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析

一．解答题（共30小题） 1．（2012?上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值； （2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k； （3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式． 2．（2011?重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4． （Ⅰ）求{a n}的通项公式； ( （Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n． 3．（2011?重庆）设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n（n∈N*）． （Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3． （Ⅱ）求证：对k≥3有0≤a k≤． 4．（2011?浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n 项和为S n，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n； ` （Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小． 5．（2011?上海）已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6，b n=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=a n，n∈N*}∪{x|x=b n，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，

（1）写出c1，c2，c3，c4； （2）求证：在数列{c n}中，但不在数列{b n}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…； （3）求数列{c n}的通项公式． 6．（2011?辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10 * （I）求数列{a n}的通项公式； （II）求数列{}的前n项和． 7．（2011?江西）（1）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{a n}唯一，求a的值； （2）是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差数列若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由． 8．（2011?湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5． （I）求数列{b n}的通项公式； ] （II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列． 9．（2011?广东）设b＞0，数列{a n}满足a1=b，a n=（n≥2） （1）求数列{a n}的通项公式； （4）证明：对于一切正整数n，2a n≤b n+1+1．

数列必会常见题型归纳

数列必会基础题型 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n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，63,6,994=-==n S a a ，求n ； 2、等差数列{}n a 中，410a =且3610a a a ，，成等比数列，求数列{}n a 前20项的和20S ． 3、设{}n a 是公比为正数的等比数列，若16,151==a a ，求数列{}n a 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. 5在等差数列{a n }中， (1)已知a 15＝10，a 45＝90，求a 60； (2)已知S 12＝84，S 20＝460，求S 28； (3)已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 8． 6、有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数． 7、已知△ABC 中，三内角A 、B 、C 的度数成等差数列，边a 、b 、c 依次成等比数列．求证：△ABC 是等边三角形． B ）根据数列的性质求解（整体思想） 1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1006=a ，则=11S ； 2、设n S 、n T 分别是等差数列{}n a 、 {}n a 的前n 项和，327++=n n T S n n ，则=5 5b a . 3、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若 ==5 935,95S S a a 则（ ） 4、等差数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S n T n =+,则n n a b =（ ） 5、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，)(,m n n S m S m n ≠==，则=+n m S .. 6、已知等比数列{a n }中，a 1·a 9＝64，a 3＋a 7＝20，则a 11＝ ．

数列常见题型总结经典(超级经典)

数列常见题型总结经典(超 级经典) -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

高中数学《数列》常见、常考题型总结 题型一 数列通项公式的求法 1．前n 项和法（知n S 求n a ）???-=-11n n n S S S a ) 2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和212n n S n -=，求数列|}{|n a 的前n 项和n T 1、若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=，求该数列的通项公式。 2、若数列}{n a 的前n 项和32 3-= n n a S ，求该数列的通项公式。 3、设数列}{n a 的前n 项和为n S ，数列}{n S 的前n 项和为n T ，满足22n S T n n -=， 求数列}{n a 的通项公式。 2.形如)(1n f a a n n =-+型（累加法） （1）若f(n)为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+. （2）若f(n)为n 的函数时，用累加法.

例 1. 已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明2 13-=n n a 1. 已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 2. 已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 3.形如)(1n f a a n n =+型（累乘法） （1）当f(n)为常数，即：q a a n n =+1（其中q 是不为0的常数），此数列为等比且n a =11-?n q a . （2）当f(n)为n 的函数时,用累乘法. 例1、在数列}{n a 中111 ,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式。 1、在数列}{n a 中111 1,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ，求n n S a 与。

高考理科数学《数列》题型归纳与训练

高考理科数学《数列》题型归纳与训练 【题型归纳】 等差数列、等比数列的基本运算 题组一 等差数列基本量的计算 例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。 题组二 等比数列基本量的计算 例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】 等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

高考数学数列大题训练答案版

高考数学数列大题训练 1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比 （Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前 解析： (1)设该等差数列为{}n c ，则25a c =，33a c =，42a c =Q 533222()c c d c c -==- ∴2334()2()a a a a -=-即：223111122a q a q a q a q -=- ∴12(1)q q q -=-，Q 1q ≠， ∴121, 2q q ==，∴1164()2n a -=g (2)121log [64()]6(1)72n n b n n -==--=-g ，{}n b 的前n 项和(13)2n n n S -= ∴当17n ≤≤时，0n b ≥，∴(13)2 n n n n T S -== （8分） 当8n ≥时，0n b <，12789n n T b b b b b b =+++----L L 789777()()2n n n S b b b S S S S S =-+++=--=-L (13)422 n n -=- ∴(13)(17,)2(13)42(8,)2 n n n n n T n n n n -?≤≤∈??=?-?-≥∈??**N N 2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ； （Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S 解：（1）由151241=+=-a a a n n 及知,1234+=a a 解得：,73=a 同理得.1,312==a a （2）由121+=-n n a a 知2211+=+-n n a a

数列常见题型分析与方法总结

数列常见题型分析与做法 一、等差、等比数列的概念与性质 1、已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比，求n a ； （I ）依题意032),(32244342=+--+=a a a a a a a 即 03213131=+-∴q a q a q a 2 1101322 = =?=+-∴q q q q 或2 11= ∴≠q q 1)2 1 (64-?=n n a 故 二、求数列的通项 类型1 )(1n f a a n n +=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列{}n a 满足2 11=a ，n n a a n n ++ =+2 11，求n a 答案：n n a n 12 3112 1- = - += ∴ 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 例:已知数列{}n a 满足321= a ，n n a n n a 1 1+= +，求n a 答案：n a n 32= ∴ 类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中p q t -=1，再利用换元 法转化为等比数列求解。 例:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a . 提示：)3(231+=++n n a a 答案：321-=+n n a . 类型4 递推公式为n S 与n a 的关系式。(或()n n S f a =) 解法：这种类型一般利用???≥???????-=????????????????=-) 2() 1(11n S S n S a n n n 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解。 例：已知数列{}n a 前n 项和2 2 14---=n n n a S . （1）求1+n a 与n a 的关系；（2）求通项公式n a . 解：（1）由2 2 14-- -=n n n a S 得：1 112 14-++- -=n n n a S 于是) 2 12 1( )(1 2 11--++- +-=-n n n n n n a a S S 所以1 112 1 -+++ -=n n n n a a a n n n a a 2 12 11+ = ?+.

数列全部题型归纳(非常全面-经典!)讲解学习

数列全部题型归纳(非常全面-经典!)

数列百通 通项公式求法 (一)转化为等差与等比 1、已知数列{}n a 满足11a =，n a =,n N *∈２≤n ≤８），则它的通项公式n a 什么 2.已知{}n a 是首项为2的数列，并且112n n n n a a a a ---=，则它的通项公式n a 是什么 3.首项为2的数列，并且231n n a a -=，则它的通项公式n a 是什么 4、已知数列{}n a 中，10a =，112n n a a +=-，*N n ∈.

求证：11n a ????-?? 是等差数列；并求数列{}n a 的通项公式； 5.已知数列{}n a 中，13a =，1222n n a a n +=-+，如果2n n b a n =-，求数列{}n a 的通项公式 （二）含有n S 的递推处理方法 1）知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2（S n +1）=n +1，求数列{a n }的通项公式.

2.）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，2 (2) 8n n a S +=则，数列n a 3）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，111 ,0,4n n n n a S S a a -=-≠=则，数列 n a 4）12323...(1)(2)n a a a na n n n +++=++ 求数列n a （三） 累加与累乘 （1）如果数列{}n a 中111,2n n n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a

（2）已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(11≥-+ =-n n n a a n n ，求此数列的通项公式 (3) 12+211,2,=32n n n a a a a a +==-,求此数列的通项公式. （4）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，211,2 n n S n a a ==则，数列n a （四）一次函数的递推形式 1. 若数列{}n a 满足1111,12 n n a a a -== +(2)n ≥，数列n a

数列题型及解题方法归纳总结

累加累积 归纳猜想证明 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了 典型 题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 (1)观察法。(2)由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 ⑴递推式为a n+i =3+d 及a n+i =qa n (d ，q 为常数) 例1、 已知｛a n ｝满足a n+i =a n +2，而且a i =1。求a n 。 例1、解 ■/ a n+i -a n =2为常数 ??? ｛a n ｝是首项为1，公差为2的等差数列 /? a n =1+2 (n-1 ) 即 a n =2n-1 1 例2、已知｛a n ｝满足a n 1 a n ，而a 1 2，求a n =? 佥 1 2 解■/^ = +是常数 .■-傀｝是以2为首顶，公比为扌的等比数 把n-1个等式累加得： .' ? an=2 ? 3n-1-1 ji i ? / ] — 3 ⑷ 递推式为a n+1=p a n +q n (p ，q 为常数) s 1 1 【例即己知何沖.衍二右札+ 吧求％ 略解在如十冷)*的两边乘以丹得 2 严‘ *珞1 = ~〔2怙血)+1.令亠=2n 召 则也€%乜于是可得 2 2 n b n 1 n 1 n b n 1 b n (b n b n 1)由上题的解法，得：b n 3 2(—) ? a . n 3(—) 2(—) 3 3 2 2 3 ★说明对于递推式辺曲=+屮，可两边除以中叫得蹲= Q 計/斗引辅助财如(%=芒.徼十氣+护用 (5) 递推式为 a n 2 pa n 1 qa n 知识框架 数列 的概念 数列的分类 数列的通项公式 数列的递推关系 函数角度理解 (2)递推式为 a n+1=a n +f (n ) 1 2 例3、已知｛a n ｝中 a 1 a n 1 a n 1 ，求 a n . 4n 2 1 等差数列的疋义 a n a n 1 d(n 2) 等差数列的通项公式 a n a 1 (n 1)d 等差数列 等差数列的求和公式 S n (a 1 a n ) na 1 n(n 1)d 2 2 等差数列的性质 a n a m a p a q (m n p q) 两个基 本数列 等比数列的定义 a n 1 q(n 2) 等比数列的通项公式 a n n 1 a 1q 数列 等比数列 a 1 a n q 3(1 q ) (q 1) 等比数列的求和公式 S n 1 q 1 q / n a 1(q 1) 等比数列的性质 S n S m a p a q (m n p q) 公式法 分组求和 错位相减求和 裂项求和 倒序相加求和 解：由已知可知a n 1 a n (2n 1)(2n 1)夕2n 1 2n 令n=1，2，…，(n-1 )，代入得(n-1 )个等式累加，即(a 2-a 1) + 1广 K z 1】、 =-[(1-" + J J 5 _■ 冷(一 Jr ★ 说明 只要和f ( 1) +f (2) 入，可得n-1个等式累加而求a n 。 ⑶ 递推式为a n+1=ps n +q (p , q 为常数) 1 a n a 1 (1 2 +?…+f 例 4、｛a n ｝中，ai 1，对于 n > 1 (n € N) 有a n (a 3-a 2) + ? + (a n -a n-1) L )也 2n 1 4n 2 (n-1 )是可求的，就可以由 a n+1=a n +f (n )以n=1，2，…， 3a n 1 2 ，求 a n ? 数列 求和 解法一： 由已知递推式得 a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。两式相减：a n+1-a n =3 (a n -a n-1) 因此数列｛a n+1-a n ｝是公比为3的等比数列，其首项为 a 2-a 1= (3X 1+2) -1=4 --a n+1 -a n =4 ? 3 - a n+1 =3a n +2 - - 3a n +2-a n =4 ? 3 即 a n =2 ? 3 -1 解法_ : 上法得｛a n+1-a n ｝是公比为 3 的等比数列，于是有： a 2-a 1=4， a 3-a 2=4 ? 3， a 4-a 3=4 ? 3 ? 3 ， 数列的应用 分期付款 其他

高考数学大题题型解答技巧

高考数学大题题型解答技巧 六月，有一份期待，年轻绘就畅想的星海，思想的热血随考卷涌动，灵魂的脉搏应分 数澎湃，扶犁黑土地上耕耘，总希冀有一眼金黄黄的未来。下面就是小编给大家带来 的高考数学大题题型解答技巧，希望大家喜欢! 高考数学大题必考题型(一) 排列组合篇 1.掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。 2.理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。 3.理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单 的应用问题。 4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。 5.了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。 6.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件 的概率。 7.了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事 件的概率乘法公式计算一些事件的概率。 8.会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率. 立体几何篇 高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。随着新的 课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。从 历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是 常考常新的热门话题。 知识整合 1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺 少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握

数列题型及解题方法归纳总结

知识框架 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。（2）由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常 数） 例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 例1、解∵a n+1-a n =2为常数∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1）即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2n n a a +=，而12a =，求 n a =？ （2）递推式为a n+1=a n +f （n ） 例3、已知{}n a 中112 a = ，12 141 n n a a n +=+ -，求n a . 解：由已知可知 )12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） ★ 说明只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数） 例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有 132n n a a -=+，求n a . 解法一：由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1） 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1∵a n+1=3a n +2∴3a n +2-a n =4·3n-1 即a n =2·3n-1-1 解法二：上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2， 把n-1个等式累加得：∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=pa n +qn （p ，q 为常数） )(3 2 11-+-=-n n n n b b b b 由上题的解法， 得：n n b )3 2(23-=∴ n n n n n b a )31(2)21(32 -== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+ 思路：设21n n n a pa qa ++=+,可以变形为： 211()n n n n a a a a αβα+++-=-， 想 于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列，就转化 为前面的类型。 求n a 。 (6)递推式为S n 与a n 的关系式 系；（2）试用n 表示a n 。 ∴)2121( )(1 2 11 --++- +-=-n n n n n n a a S S ∴1 11 2 1 -+++ -=n n n n a a a ∴ n n n a a 2 1 211+= + 上式两边同乘以2n+1得2n+1a n+1=2n a n +2则{2n a n }是公差为2的等差数列。 ∴2n a n =2+（n-1）·2=2n 数列求和的常用方法： 1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

数列常见题型总结经典

高中数学《数列》常见、常考题型总结 题型一 数列通项公式的求法 １．前ｎ项和法（知n S 求n a ）?? ?-=-11 n n n S S S a ) 2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和2 12n n S n -=,求数列|}{|n a 的前n 项和n T 变式：已知数列}{n a 的前n 项和n n S n 122 -=,求数列|}{|n a 的前ｎ项和n T 练习： １、若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=,求该数列的通项公式。答案：???=-12 2n n a )2() 1(≥=n n 2、若数列}{n a 的前n 项和32 3-=n n a S ，求该数列的通项公式。答案：n n a 32?= 3、设数列}{n a 的前ｎ项和为n S ，数列}{n S 的前n 项和为n T ，满足2 2n S T n n -=， 求数列}{n a 的通项公式. 4.n S 为{n a }的前n 项和，n S ＝3（n a －1）,求n a (n ∈N +） ５、设数列{}n a 满足2 *12333()3 n n a a a a n N +++= ∈n-1 …+3，求数列{}n a 的通项公式(作差法） 2。形如)(1n f a a n n =-+型（累加法) （１）若f(ｎ）为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+。 （２)若ｆ(n)为n 的函数时，用累加法. 例 1. 已知数列｛a n ｝满足)2(3,111 1≥+==--n a a a n n n ，证明2 1 3-=n n a 例2．已知数列{}n a 的首项为1，且* 12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 例３.已知数列}{n a 满足31=a ，)2() 1(1 1≥-+ =-n n n a a n n ,求此数列的通项公式。 3。形如 )(1 n f a a n n =+型(累乘法) （1）当f(ｎ)为常数,即：q a a n n =+1(其中q 是不为0的常数）,此数列为等比且n a =1 1-?n q a 。 (2)当f(n ）为n 的函数时，用累乘法． 例1、在数列}{n a 中111 ,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式.答案:12+=n a n 练习： 1、在数列}{n a 中111 1,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ,求n n S a 与。答案:)1(2 +=n n a n ２、求数列)2(1 232,111 ≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。 4。形如s ra pa a n n n += --11 型（取倒数法) 例１. 已知数列{}n a 中,21=a ，)2(1 211 ≥+=--n a a a n n n ，求通项公式n a

高中数学数列复习题型归纳解题方法整理

数列 一、等差数列与等比数列 1.基本量的思想： 常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。 2.等差数列与等比数列的联系 1）若数列{}n a 是等差数列，则数列}{n a a 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。 （a>0且a ≠1）； 2）若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，则数列{}log a n a 是等差数列，公差为log a q ，其中a 是常数且 0,1a a >≠，q 是{}n a 的公比。 3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 是非零常数数列。 3.等差与等比数列的比较

4、典型例题分析 【题型1】等差数列与等比数列的联系 例1 （2010陕西文16）已知{}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{}的通项;（Ⅱ）求数列{2}的前n项和. 解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0， 由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12 1 d + ＝ 18 12 d d + + ， 解得d＝1，d＝0（舍去），故{}的通项＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a=2n，由等比数列前n项和公式得 2+22+23+…+22(12) 12 n - - 21-2. 小结与拓展：数列{}n a是等差数列，则数列} {n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}n a的公差。（a>0且a≠1）. 【题型2】与“前n项和与通项”、常用求通项公式的结合 例2 已知数列{}的前三项与数列{}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{＋1－}是等差数列．求数列{}与{}的通项公式。 解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1＝8n(n∈N*) ① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2－1＝8(n－1)(n∈N*) ② ①－②得2n－1＝8，求得＝24－n， 在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{＋1－}的公差为－2－(－4)＝2，∴＋1－＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，

高考文科数学数列经典大题训练(附答案)

1.（本题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =， （1）证明:数列{}n a 是等比数列； （2）若数列{}n b 满足1(1,2,)n n n b a b n +=+=，12b =，求数列{}n b 的通项公式． 2.（本小题满分12分） 等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== 1.求数列{}n a 的通项公式. 2.设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ?? ???? 的前项和. 3.设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-= （1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S

4.已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4． （Ⅰ）求数列{a n}的通项公式； （Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n． 5.已知数列{a n}满足，，n∈N×． （1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列； （2）求{a n}的通项公式．

1.解：（1）证：因为34-=n n a S (1,2,)n =，则3411-=--n n a S (2,3,)n =， 所以当2n ≥时，1144n n n n n a S S a a --=-=-， 整理得14 3 n n a a -= ． 5分 由34-=n n a S ，令1n =，得3411-=a a ，解得11=a ． 所以{}n a 是首项为1，公比为4 3 的等比数列． 7分 （2）解：因为14 ()3 n n a -=， 由1(1,2,)n n n b a b n +=+=，得114 ()3 n n n b b -+-=． 9分 由累加得)()()(1231`21--++-+-+=n n n b b b b b b b b ＝1)34(33 41)34(1211 -=--+--n n ， （2≥n ）， 当n=1时也满足，所以1)3 4 (31-=-n n b ． 2.解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32 34 9a a =所以21 9 q =。有条件可知a>0,故13 q =。 由12231a a +=得12231a a q +=，所以113 a =。故数列{a n }的通项式为a n =1 3n 。 （Ⅱ ）111111log log ...log n b a a a =+++ (12...) (1) 2 n n n =-++++=- 故 12112()(1)1 n b n n n n =-=--++ 12111111112...2((1)()...())22311 n n b b b n n n +++=--+-++-=-++

高考数学数列知识点及题型大总结

20XX 年高考数学数列知识点及题型大总结 等差数列 知识要点 1．递推关系与通项公式 m n a a d n a a d d n a a d m n a a d n a a d a a m n n n m n n n n --= --= --=-+=-+==-+1; )1()()1(1111变式：推广：通项公式：递推关系： 为常数） 即：特征：m k m kn n f a d a dn a n n ,(,)(), (1+==-+= ),为常数，（m k m kn a n +=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。 2．等差中项： 若c b a ,,成等差数列，则b 称c a 与的等差中项，且2 c a b +=；c b a ,,成等差数列是c a b +=2的充要条件。 3．前n 项和公式 2 )(1n a a S n n += ； 2)1(1d n n na S n -+= ) ,()(,)2(22212为常数即特征：B A Bn An S Bn An n f S n d a n d S n n n +=+==-+= 是数列 {}n a 成等差数列的充要条件。 4．等差数列 {}n a 的基本性质),,,(*∈N q p n m 其中 ⑴q p n m a a a a q p n m +=++=+，则若反之，不成立。 ⑵d m n a a m n )(-=- ⑶m n m n n a a a +-+=2

⑷n n n n n S S S S S 232,,--仍成等差数列。 5．判断或证明一个数列是等差数列的方法： ①定义法： ）常数）（*+∈=-N n d a a n n (1?{}n a 是等差数列 ②中项法： )22 1*++∈+=N n a a a n n n （?{}n a 是等差数列 ③通项公式法： ),(为常数b k b kn a n +=?{}n a 是等差数列 ④前n 项和公式法： ),(2为常数B A Bn An S n +=?{}n a 是等差数列 练习：1．等差数列 {}n a 中， ) (3 1 ,1201191210864C a a a a a a a 的值为则-=++++ A ．14 B ．15 C ．16 D ．17 165 1203232)(32) 2(3 1 318999119=?==-=+-=-a d a d a a a a 2．等差数列 {}n a 中，12910S S a =>，，则前10或11项的和最大。 解：0912129 =-=S S S S ， 003011111121110>=∴=∴=++∴a a a a a a ，又，， ∴ {}n a 为递减等差数列∴1110S S =为最大。 3．已知等差数列{}n a 的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为－110 解：∵ ，，，，，1001102030102010S S S S S S S --- 成等差数列，公差为D 其首项为 10010=S ，前10项的和为10100=S 解