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数列解题技巧归纳总结

等差数列前n项和的最值问题：

1、若等差数列an的首项a10，公差d0，则前n项和Sn有最大值。 （ⅰ）若已知通项an，则Sn最大an0；

an10q的非零自然数时Sn最大； 2p（ⅱ）若已知Snpn2qn，则当n取最靠近

2、若等差数列an的首项a10，公差d0，则前n项和Sn有最小值 （ⅰ）若已知通项an，则Sn最小an0；

an10q的非零自然数时Sn最小； 2p（ⅱ）若已知Snpn2qn，则当n取最靠近数列通项的求法：

⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。 ⑵已知Sn（即a1a2anf(n)）求an，用作差法：anS1,(n1)。

SnSn1,(n2)f(1),(n1)f(n)已知a1。 a2anf(n)求an，用作商法：an,(n2)f(n1)⑶已知条件中既有Sn还有an，有时先求Sn，再求an；有时也可直接求an。

⑷若an1anf(n)求an用累加法：an(anan1)(an1an2)(a2a1) a1(n2)。

aaaa⑸已知n1f(n)求an，用累乘法：annn12a1(n2)。

anan1an2a1⑹已知递推关系求an，用构造法（构造等差、等比数列）。

特别地，（1）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；形如ankan1k的递推数列都可以除以k得到一个等差数列后，再求an。

（2）形如annnan1的递推数列都可以用倒数法求通项。

kan1bk（3）形如an1an的递推数列都可以用对数法求通项。

（7）（理科）数学归纳法。

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（8）当遇到an1an1d或an1q时，分奇数项偶数项讨论，结果可能是分段 an1

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an+1=an+d及an+1=qan（d，q为常数） 例

1、

已知{an}满足an+1=an+2，而且a1=1。求an。

例

1、解

∵an+1-an=2为常数 ∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列

∴an=1+2（n-1） 即an=2n-1 例

2、已知{an}满足an1

（2）递推式为an+1=an+f（n） 1an，而a12，求an=？ 2

例

3、已知{an}中a111，an1an2，求an.24n1解： 由已知可知an1an1111()

(2n1)(2n1)22n12n1令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）

114n3ana1(1)

22n14n2★ 说明 只要和f（1）+f（2）+…+f（n-1）是可求的，就可以由an+1=an+f（n）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求an。

(3)递推式为an+1=pan+q（p，q为常数）

例

4、{an}中，a11，对于n＞1（n∈N）有an3an12，求an.解法一： 由已知递推式得an+1=3an+2，an=3an-1+2。两式相减：an+1-an=3（an-an-1） 因此数列{an+1-an}是公比为3的等比数列，其首项为a2-a1=（3×1+2）-1=4 n-1n-1 n-1∴an+1-an=4·3 ∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3即 an=2·3-1

2n-2解法二： 上法得{an+1-an}是公比为3的等比数列，于是有：a2-a1=4，a3-a2=4·3，a4-a3=4·3，…，an-an-1=4·3，

把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1

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(4)递推式为an+1=p an+q n（p，q为常数）

bn1bnb221n1n(bnbn1) 由上题的解法，得：bn32()n ∴ann3()2() 33232n

(5)递推式为an2pan1qan

思路：设an2pan1qan,可以变形为：an2an1(an1an)，

想

于是{an+1-αan}是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。

求an。

(6)递推式为Sn与an的关系式

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关系；（2）试用n表示an。

∴Sn1Sn(anan1)(∴an1anan1n+1n+

1n

12n1n

∴an1)

2n22n111ann 2211上式两边同乘以2得2an+1=2an+2则{2an}是公差为2的等差数列。

n∴2an= 2+（n-1）·2=2n

2．数列求和问题的方法 （1）、应用公式法

等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和，另外记住以下公式对求和来说是有益的。

1＋3＋5＋……＋(2n-1)=n

2【例8】 求数列1，（3+5），（7+9+10），（13+15+17+19），…前n项的和。

1解

本题实际是求各奇数的和，在数列的前n项中，共有1+2+…+n=n(n1)个奇数，

212∴最后一个奇数为：1+[n(n+1)-1]×2=n+n-1 2因此所求数列的前n项的和为

（2）、分解转化法

对通项进行分解、组合,转化为等差数列或等比数列求和。

2222222【例9】求和S=1·（n-1）+ 2·（n-2）+3·（n-3）+…+n（n-n）

解 S=n（1+2+3+…+n）-（1+2+3+…+n）

4 2333

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（3）、倒序相加法

适用于给定式子中与首末两项之和具有典型的规律的数列，采取把正着写与倒着写的两个和式相加，然后求和。

12n例

10、求和：Sn3Cn 6Cn3nCn012例

10、解 Sn0Cn3Cn6Cn3nCnn

∴ Sn=3n·2（4）、错位相减法

如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘构成的，可把和式的两端同乘以上面的等比数列的公比，然后错位相减求和． n-1 例

11、求数列1，3x，5x2,…,(2n-1)xn-1前n项的和．

解

设Sn=1+3+5x+…+(2n-1)x．

①

(2)x=0时，Sn=1．

23n(3)当x≠0且x≠1时，在式①两边同乘以x得 xSn=x+3x+5x+…+(2n-1)x，②

23n-1n①-②，得 (1-x)Sn=1+2x+2x+2x+…+2x-(2n-1)x．

2n-

1(5)裂项法：

把通项公式整理成两项(式多项)差的形式，然后前后相消。 常见裂项方法：

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例1

2、求和1111 153759(2n1)(2n3)

注：在消项时一定注意消去了哪些项，还剩下哪些项，一般地剩下的正项与负项一样多。

在掌握常见题型的解法的同时，也要注重数学思想在解决数列问题时的应用。

二、常用数学思想方法 1．函数思想

运用数列中的通项公式的特点把数列问题转化为函数问题解决。

【例13】

等差数列{an}的首项a1＞0，前n项的和为Sn，若Sl=Sk（l≠k）问n为何值时Sn最大？

此函数以n为自变量的二次函数。∵a1＞0 Sl=Sk（l≠k），∴d＜0故此二次函数的图像开口向下 ∵ f（l）=f（k）

2．方程思想

【例14】设等比数列{an}前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q。 分析

本题考查等比数列的基础知识及推理能力。

解 ∵依题意可知q≠1。

∵如果q=1，则S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。由此应推出a1=0与等比数列不符。 ∵q≠1

整理得 q（2q-q-1）=0 ∵q≠0 363 6

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此题还可以作如下思考：

33336S6=S3+qS3=（1+q）S3。S9=S3+qS6=S3（1+q+q），

33663∴由S3+S6=2S9可得2+q=2（1+q+q），2q+q=0

3．换元思想

【例15】

已知a，b，c是不为1的正数，x，y，z∈R+，且

求证：a，b，c顺次成等比数列。

xyz 证明

依题意令a=b=c=k ∴x=1ogak，y=logbk，z=logck

∴b=ac ∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0） 2

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