高中数学经典的解题技巧和方法(数列求和及综合应用)

高中数学经典的解题技巧和方法（数列求和及综合应用）

【编者按】数列求和及综合应用是高中数学考试的必考内容，而且是这几年考试的热点跟增长点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考内容之一。因此，马博士教育网数学频道编辑部特意针对这两个部分的内容和题型总结归纳了具体的解题技巧和方法，希望能够帮助到高中的同学们，让同学们有更多、更好、更快的方法解决数学问题。好了，下面就请同学们跟我们一起来探讨下数列求和及综合应用的经典解题技巧。 首先，解答数列求和及综合应用这两个方面的问题时，先要搞清楚以下几个方面的基本概念性问题，同学们应该先把基本概念和定理完全的吃透了、弄懂了才能更好的解决问题：

1．了解数列求和的基本方法。

2．能在具体问题情景中识别数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应问题。

3．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。

好了，搞清楚了数列求和及综合应用的上述内容之后，下面我们就看下针对这两个内容的具体的解题技巧。

一、可转化为等差、等比数列的求和问题

考情聚焦：1．可转化为等差或等比数列的求和问题，已经成为高考考查的重点内容之一。

2．该类问题出题背景选择面广，易与函数方程、递推数列等知识综合，在知识交汇点处命题。

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3．多以解答题的形式出现，属于中、高档题目。

解题技巧：某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：

1．凑配、消项变换——如将递推公式变成

；或消常数转化为

（q、d为常数，q≠0，≠1）。通过凑配

2．倒数变换—如将递推公式（c、d为非零常数）取倒数得

3．对数变换——如将递推公式 取对数得

4．换元变换——如将递推公式

，令

，则转化为

（q、d为非零常数，q≠1，d≠1）变换成的形式。

11aSn1SnanSn33例1：（2010·福建高考文科·Ｔ１7）数列{} 中＝，前n项和满足-＝n1

（nN）.

*( I ) 求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；

（II）若S1, t ( S1+S2 ), 3( S2+S3 ) 成等差数列，求实数t的值。

【命题立意】本题考查数列、等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查

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函数方程思想、化归转化思想。

【思路点拨】第一步先求an的通项，可知an为等比数列，利用等比数列的前n项和求解出

Sn；第二步利用等差中项列出方程求出t

1Sn1Sn3【规范解答】 ( I ) 由11Sn123nn11an13得

n111annNnNa133，故，又，

n从而

nN

1413S1,S2,S3,3927从而由S1, t ( S1+S2 ), 3( S2+S3 ) 成等差数列可得（II）由( I )

14131432t,392739解得t2。

【方法技巧】要求数列通项公式，由题目提供的是一个递推公式，如何通过递推公式来求数列的通项。题目要求的是项的问题，这就涉及有关“项”与“和”如何转化的问题。一般地，

S1,n1anSnSn1,n2化“和”为“项”含有Sn的递推关系式，一般利用。

二、错位相减法求和

考情聚焦：1．错位相减法求和，是高中数学中重要的数列求和方法，是近年来高考的重点考查内容。

2．该类问题背景选择面广，可与等差、等比数列、函数、不等式等知识综合，在知识交汇点处命题。

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3．多以解答题的形式出现，属于中、高档题。

解题技巧：几种求通项及求和方法

（1）已知，求可用叠加法，即

（2）已知，求可用叠乘法，即

（3）设{

}为等差数列，

为等比数列，求数列

的前n项和可用错位相减法。

a例2：（2010 ·海南宁夏高考·理科T17）设数列n满足a12，

a（Ⅰ)求数列n的通项公式：

b（Ⅱ）令bnnan，求数列n的前n项和Sn.

【命题立意】本题主要考查了数列通项公式以及前n项和的求法，解决本题的关键是仔细观察形式，找到规律，利用等比数列的性质解题.

【思路点拨】由给出的递推关系，求出数列的通项公式，在求数列的前n项和.

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【规范解答】（Ⅰ)由已知，当n1时，

an1(an1an)(anan1)(a2a1)a1

3(22n122n32)222(n1)1

而

a12anan22n1，满足上述公式，所以的通项公式为.

（Ⅱ）由

bnnann•22n1可知，

sn1•22•233•25n•22n1 ①

从而

22sn1•232•253•27n•22n1 ②

①②得

235(12)s222n

22n1n•22n1

1Sn(3n1)22n129即

【方法技巧】利用累加法求数列的通项公式，利用错位相减法求数列的和.

三、裂项相消法求和

考情聚焦：1．裂项相消求和是高中数学中的一个重要的数列求和方法，是近年来高考的重点考查内容。

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2．该类问题背景选择面广，可与等差、等比数列、函数、不等式等知识综合，在知识交汇点处命题。

3．多以解答题的形式出现，属中、高档题目。

解题技巧：裂项求和的几种常见类型

（1）；

（2）；

（3）；

（4） ；

（5）若是公差为d的等差数列，则

；

（6）；

（7）

（8）。

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例3：（2010·山东高考理科·Ｔ18）已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前

n项和为Sn．

1bbnan21*anSn（1）求及；（2）令 (nN)，求数列n的前n项和Tn．

【命题立意】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和,考查了考生的逻辑推理、等价变形和运算求解能力.

【思路点拨】(1)设出首项和公差，根据已知条件构造方程组可求出首项和公差，进而求出求an及Sn；(2)由(1)求出bn的通项公式，再根据通项的特点选择求和的方法.

a【规范解答】（1）设等差数列n的公差为d，因为a37，a5a726，所以有

a12d72a110d26，解得a13,d2，

2n1)=2n+1Sn所以an3（；=

3n+n(n-1)222=n+2n.

1111111=(-)22an2n+1a1（2n+1)14n(n+1)n4nn+1（2）由（1）知，所以bn===，

1111(1-++Tn4223所以=

n1111+-)(1-)=nn+1=4n+14(n+1)，

nb即数列n的前n项和Tn=4(n+1).

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【方法技巧】数列求和的常用方法：

1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比q1的讨论.

2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.

3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.

4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同.

5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广).

四、与不等式有关的数列问题

考情聚焦：1．数列综合问题，特别是数列与不等式的综合问题是高考中经常考查的重要内容。

2．该类问题可与函数的单调性、基本不等式、导数函数等知识交汇，综合命题。

3．多以解答题的形式出现，属高档题。

*a例4：（2010·天津高考文科·Ｔ22）在数列n中，a1=0，且对任意kN，a2k1,a2k,a2k+1成

等差数列，其公差为2k.

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（Ⅰ）证明a4,a5,a6成等比数列；

a（Ⅱ）求数列n的通项公式；

2232n23Tn2nTn（2n2）aaa223n（Ⅲ）记，证明.

【命题立意】本小题主要考查等差数列的定义及前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．

【思路点拨】（Ⅰ）（Ⅱ）应用定义法证明、求解；（Ⅲ）对n分奇数、偶数进行讨论．

【规范解答】（I）由题设可知，a2a122，a3a224，a4a348，a5a4412，

a6a53a6a5618aa2，所以a4，a5，a6成等比数列． 4。从而5（II）由题设可得a2k1a2k14k,kN*

a2k1a1a2k1a2k1a2k1a2k3...a3a1所以

4k4k1...41

2kk1,kN*.

由

a10，得

a2k12kk1 ，从而

a2ka2k12k2k2.

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n21,n为奇数an22n21nn1,n为偶数anan224所以数列的通项公式为或写为，nN*．

（III）由（II）可知

a2k12kk1，

a2k2k2，以下分两种情况进行讨论：

（1） 当n为偶数时，设n=2mmN*

k22n2k2ak若m1，则，若m2，则

nmm2km12k1k24k2m14k24k12a2k1k2akk1a2kk1k12kk12kk1n22

m14k24k11112m2m22kk12kk1k12kk1k1

m111312m2m112n2m2n.

nk2313k22n2n2,n4,6,8,....2n，从而2k2akk2ak所以

n（２）当n为奇数时，设

n2m1mN*．

2m1k22mk22m1314maa2m122m2mm1k2kk2akn22

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11314m2n22m12n1

nk2313k22n2n2,n3,5,7,....a2n12k2kk2ak所以，从而

n32nTn2.n2,nN*,2综合（1）和（2）可知，对任意有

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