数列知识点和常用的解题方法归纳
一、等差数列的定义与性质 0的二次函数） 项，即：
二、等比数列的定义与性质
三、求数列通项公式的常用方法 1、公式法
2、由Sn求an；（n?1时，a1?S1，n?2时，an?Sn?Sn?1） 3、求差（商）法
1解：n?1时，a1?2?1?5，∴a1?14
2?14(n?1)1n?1 ?1???2?得：nan?2，∴an?2，∴an??n?12(n?2)?2［练习］
4、叠乘法 解：
a2aaa12n?11·3……n?·……，∴n? a1a2an?123na1n5、等差型递推公式 ［练习］
6、等比型递推公式 ［练习］ 7、倒数法
例如：a1?1，an?1?1an?12ana?2111，求an，由已知得：?n?? an?2an?12an2an∴??1?1111?，???为等差数列，?1，公差为 an2a12?an??1112?1??n?1?·??n?1?，∴an? an22n?1三、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。 解：由111?11???????d?0?
ak·ak?1ak?ak?d?d?akak?1?［练习］
3、错位相减法：
4、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。 ［练习］
例1设{an}是等差数列，若a2=3，a7=13，则数列{an}前8项的和为（）
A．128B．80C．64D．56（福建卷第3题）
略解：∵a2+a7=a1+a8=16，∴{an}前8项的和为64，故应选C．
例2已知等比数列{an}满足a1?a2?3，a2?a3?6，则a7?（） A．64 答案：A．
B．81
C．128
D．243（全国Ⅰ卷第7题）
例3已知等差数列?an?中，a2?6，a5?15，若bn?a2n，则数列?bn?的前5项和等于（）
A．30
B．45
C．90
D．186（北京卷第7题）
略解：∵a5-a2=3d=9，∴d=3，b1=a2?6，b5=a10=30，?bn?的前5项和等于90，故答案是C．
例4记等差数列的前n项和为Sn，若S2?4,S4?20，则该数列的公差d?（）
A．2B．3C．6D．7（第4题）
略解：∵S4?S2?S2?4d?12,d?3,故选B.
5例5在数列{an}中，an?4n?，a1?a2?L?an?an2?bn，n?N*,其中a,b为常数，
2则ab?．（安徽卷第15题）
答案：－1．
1例6在数列{an}中，a1?2，an?1?an?ln(1?)，则an?（）
nA．2?lnnB．2?(n?1)lnn
C．2?nlnnD．1?n?lnn（江西卷第5题） 答案：A．
例7设数列?an?中，a1?2,an?1?an?n?1，则通项an?___________．（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an?1?an?n?1中an?1,an系数相同是找到方法的突破口．
略解：∵a1?2,an?1?an?n?1∴an?an?1??n?1??1，an?1?an?2??n?2??1，
an?2?an?3??n?3??1，K，a3?a2?2?1，a2?a1?1?1，a1?2?1?1．将以上各式相加，得an????n?1???n?2???n?3??L?2?1???n?1?例8若(x+
?n?1?n?n?1?n?n?1??1，故应填n(n?1)+1．
2221n)的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中x4项的系数为() 2xA．6 B．7 C．8 D．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｛an｝是正数组成的数列，a1=1，且点（an,an?1）（n?N*）在函数y=x2+1的图象上.(Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若数列｛bn｝满足b1=1，bn+1=bn+2an，求证：bn·bn+2＜b2n+1.（福建卷第20题）
略解：（Ⅰ）由已知，得an+1-an=1，又a1=1,所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列．故an=1+(n-1)×1=n.
(Ⅱ)由（Ⅰ）知，an=n，从而bn+1-bn=2n，bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+（b2-b1）+b1=2n-1+2n-2+…
nn+2n+12n+2+1=2n-1．∵.bn?bn+2-b2=(2-1)(2-1)-(2-1)=-2＜0,∴bn·bn+2＜b2n?1n?1．
对于第（Ⅱ）小题，我们也可以作如下的证明：
nn+1n+1nnn+1nn+1n2∵b2=1,bn·bn+2-b2=(b-2)(b+2)-b=2·b-2·b-2·2＝2（b-2）=2n+1n+1n+1n+1n+1n?1n?1（bn+2n-2n+1）=2n（bn-2n）=…=2n（b1-2）=-2n<0，∴bn-bn+2 例10在数列?an?中，a1?1，an?1?2an?2n．（Ⅰ）设bn?an．证明：数列?bn?是等2n?1差数列；（Ⅱ）求数列?an?的前n项和Sn．（全国Ⅰ卷第19题） an?1anan?1?2an2n略解：（Ⅰ）bn?1?bn=n?n?1==n=1，则?bn?为等差数列，b1?1，bn?n， 2222nan?n2n?1． （Ⅱ）Sn?1g20?2g21?L?(n?1)g2n?2?ng2n?1，2Sn?1g21?2g22?L?(n?1)g2n?1?ng2n．两式相减，得Sn?ng2n?1g20?21?L?2n?1?ng2n?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b2-b1=1，b3-b2=1等有限个的验证归纳得到?bn?为等差数列的结论，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{an}的各项均为正数，a1?3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列,b1?1，且 b2S2?64,b3S3?960．(Ⅰ)求an与bn；(Ⅱ)求和： 111??L?．（江西卷第19题） S1S2Sn?S2b2?(6?d)q?64,略解：(Ⅰ)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，依题意有?解之，2Sb?(9?3d)q?960.?336?d??,?d?2,??5(舍去，为什么？)故a?3?2(n?1)?2n?1,b?8n?1． 得?或?nnq?8;40??q?.?3?（Ⅱ）Sn?3?5?L?(2n?1)?n(n?2)，∴ 111111111111111??L?????L?)?(1??????L??S1S2Sn1?32?43?5n(n?2)2nn?23243532n?31111． ?(1???)??42(n?1)(n?2)22n?1n?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?an?的前n项和为Sn?2an?2n，（Ⅰ）求a1,a4；（Ⅱ）证明：?an?1?2an?是等比数列；（Ⅲ）求?an?的通项公式．（四川卷第21题） 略解：（Ⅰ）∵a1?S1,2a1?S1?2，所以a1?2,S1?2．由2an?Sn?2n知， 2an?1?Sn?1?2n?1?an?1?Sn?2n?1得，an?1?Sn?2n?1①∴a2?S1?22?2?22?6,S2?8， a3?S2?23?8?23?16,S3?24，a4?S3?24?40． （Ⅱ）由题设和①式知，an?1?2an??Sn?2n?1???Sn?2n??2n?1?2n?2n，∴?an?1?2an?是首项为2，公比为2的等比数列． （Ⅲ） 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Sn的递推公式的重要手段，使其转化为不含Sn的递推公式，从而有针