专题 《数列》题型归类

题型一 等差、等比数列基本量及性质的应用

【典例1】1、在等差数列an中，a22,a1614，若an的前k 项和为50，则k= . 2、已知数列an为等比数列，a1a515，前四项的和S45，则a4= . 2【解析】（1）设等差数列an的公差为d，由题意可得d所以a1a2d则Ska16a21426，

1621478， 78k(k1)6k50，整理可得(3k35)(k10)0， 727因为k为正整数，所以k=10. （2）设等比数列an的公比为q，

15a1(1q4)由已知可得a1a5a1(1q),S45，

21q4解得q11,a18，所以a4a1q3(8)()31. 22【备考策略】求等差（比）数列基本量的解题思路：设基本量：首项a1和公差d（公比q）；列、解方程（组）：把条件转化为关于a1和d（或q）的方程（组），然后求解，注意整体计算，以减少运算量.注：等差、等比数列基本量的运算是数列中的一类基本问题,有五个基本量:a1,d(或q)，n，an，Sn，一般可以“知三求二”,通过列方程(组)便可迎刃而解.

题型二 等差、等比数列的判断与证明

【典例2】已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).证明数列{an+1}是等比数列,

并求数列{an}的通项公式.

【解析】证明：由已知,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*), 当n≥2时,Sn=2Sn-1+n,

两式相减得,an+1=2an+1,于是an+1+1=2(an+1),

当n=1时,S2=2S1+1+1,即a1+a2=2a1+1+1,所以a2=3. 此时a2+1=2(a1+1),且a1+1=2≠0,

所以,数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列 所以,an+1=2·2n-1,即an=2n-1(n∈N*).

【备考策略】1、证明数列an是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义法：证明对任意正整数n都有an1an等于同一个常数; (2)利用等差中项法:证明对任意正整数n都有2anan1an1. 2、证明数列an是等比数列的两种基本方法

(1)利用定义法：证明

an1(nN*)等于同一个不为零的常数; an2(2)利用等差中项法:证明对任意正整数n都有anan1an1且数列an各项均不为0. 题型三 数列求和

【典例3】已知数列an是公差不为零的等差数列，a11且存在实数满足2an1an4,nN.

*（1）求得值即通项an； （2）求数列a2nn的前n项和Sn.

【解析】（1）设等差数列an的公差为d，有2an1an4，①得 当n2时，2anan-14，② ①—②得，2dd， 又d0，所以2，

将2代入①，得an1an2，即d2，

又a11，所以an1(n1)22n1.

22n）12（2）由（1）知a2nn（23nn1(2n1)，

n1所以由分组转化求和法得Sn(222)[35(2n1)]

4(12n)n(32n1)n22==2n2n4. 122【备考策略】1、在应用裂项相消法求和时的思路：

（1）把通项裂项后，是否恰好等于相应的两项之差（通项公式特征不明显的要对通项公式变形,如分

离常数、有理化等）.

（2）在应用裂项相消法时，在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，是否还有其他项，裂项后不是相邻项相消的,要写出前两组、后两组观察消去项、保留项，注意：消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．

2、在运用乘公比错位相减法求数列前n项和时要谨防三个失误： （1）两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号.

（2）对相减后的和式的结构认识模糊,不能准确地确定中间的项数.

（3）求和的最终结果忘记除以错位相减后题型四 求数列通项及数列的综合应用

Sn前面的系数.

n＋1n＋1【典例4】1、已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n. n2an(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式； n(2)求数列{an}的前n项和Sn. n＋1n＋1an＋1an1【解析】(1)由an＋1＝an＋n，可得＝＋， n2n＋1n2nan1又bn＝，∴bn＋1－bn＝n，由a1＝1，得b1＝1， n2111由累加法可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋2＋…＋n－1， 22211(1n1)112即bn－b1＝2＝1－n－1，∴bn＝2－n－1. 22112nn(2)由(1)可知an＝2n－n－1，设数列n1的前n项和为Tn， 22123n则Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1 ①， 22221123nTn＝1＋2＋3＋…＋n ②， 2222211－n2nn＋211111n①－②得Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1－n＝－n＝2－n， 2222212221－2n＋2∴Tn＝4－n－1. 2n＋2易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，∴Sn＝n(n＋1)－4＋n－1. 2【备考策略】

1、利用累加法、累乘法求数列的通项的解题关键是：

（1）化简.当n2时，先要准确写出恒等式中各加项（各因式），然后利用相关数列知识及指数、对数运算法则加以化简；

（2）验证.注意验证当n=1时是否满足上述一般情形（当n2时的情形）.

2、已知数列an的前n项和Sn的递推式或Sn与an的关系式，求数列an的通项公式的问题，破解此类题的关键是：

第一步:令n=1,则a1S1，求得a1; 第二步:令n≥2,则anSnSn1； 第三步:验证a1与an的关系: (1)若a1适合an，则anSnSn1.

S1,n1

SS,n2nn1(2)若a1不适合an，则an