求和：1?111??……? 1?21?2?31?2?3?……?n1） n?1 （an?……?……，Sn?2? 3、错位相减法：
若?an?为等差数列，?bn?为等比数列，求数列?anbn?（差比数列）前n项
和，可由Sn?qSn求Sn，其中q为?bn?的公比。
如：Sn?1?2x?3x?4x?……?nx23n?1?1?
?2?
234n?1?nxn x·Sn?x?2x?3x?4x?……??n?1?x2n?1?nxn ?1???2?：?1?x?Sn?1?x?x?……?x x?1时，Sn1?x?nx???nn?1?x?21?x
x?1时，Sn?1?2?3?……?n?n?n?1?2
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。
Sn?a1?a2?……?an?1?an?? ?相加
Sn?an?an?1?……?a2?a1?? 2Sn??a1?an???a2?an?1??……??a1?an?…… ［练习］
x2?1??1??1?已知f(x)?，则f(1)?f(2)?f?f(3)?f?f(4)?f???????2?????4?231?x2
x?1?? （由f(x)?f????x?1?x2x21???1 2221?x1?x?1?1????x??1????x?2 ∴原式?f(1)??f(2)?f?????f(3)?f?????f(4)?f???
?????????1???2???1???3???1??4? ?11?1?1?1?3）22
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．128 B．80 C．64 D．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．
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）
B．81
C．128
D．243 （全国Ⅰ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．2 B．3 C．6 D．7 （广东卷第4题） 略解：∵S4?S2?S2?4d?12,d?3,故选B. 例5在数列{an}中，an?4n?52*，a1?a2?L?an?an?bn，n?N,其中a,b为2常数，则ab? ．（安徽卷第15题）
答案：－1．
例6 在数列{an}中，a1?2， an?1?an?ln(1?)，则an?（ ）
A．2?lnn B．2?(n?1)lnn
C．2?nlnn D．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，
1nan?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?应填
?n?1?n?n?1?n?n?1??1，故
22n(n?1)+1． 21n4
例8 若(x+)的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中x项的系数为
2xA．6 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
B．7
C．8
D．9 (重庆卷第10题)
( )
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=x+1
2
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+2n，求证：
a
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=2，bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+（b2-b1）+b1=2+2+…
2+2+1=2-1．∵. bn?bn+2-b2n?1=(2-1)(2-1)-(2-1)= -2＜0, ∴ bn·bn+2＜bn?1．
nnn+2
n+1
2
nn-1n-2
n对于第（Ⅱ）小题，我们也可以作如下的证明：
∵ b2=1,bn·bn+2- b2b2n?1=(bn+1-2)(bn+1+2)- n?1=2·bn+1-2·bn+1-2·2＝2（bn+1-2）
nn+1
n+1
nnn+1
nn+1
=2（bn+2 -2）=2（bn-2）=…=2（b1-2）=-2<0，∴ bn-bn+2 n例10 在数列?an?中，a1?1，an?1?2an?2．（Ⅰ）设bn?nnn+1nnnn2 an．证明：数列?bn?n?12是等差数列；（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， n2222bn?n，an?n2n?1． （Ⅱ） Sn?1g20?2g21?L?(n?1)g2n?2?ng2n?1． 两 式 相 减 ， ，得 2Sn?1g21?2g22?L?(n?1)g2n?1?ng2nSn?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． a1?3，{bn}为等比数列, b1?1，例11 等差数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn， 且b2S2?64,b3S3?960．(Ⅰ)求an与bn； (Ⅱ)求和：题） 略解：(Ⅰ)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，依题意有?111??L?．（江西卷第19S1S2Sn?S2b2?(6?d)q?64,2?S3b3?(9?3d)q?960.6?d??,?d?2,??5(舍去，为什么？)故a?3?2(n?1)?2n?1,b?8n?1． 解之，得?或?nn?q?8;?q?40.?3?（ Ⅱ ） Sn?3?5?L?(2n?1)?n(n?2)，∴ 1111111??L?????L?S1S2Sn1?32?43?5n(n?2)111111?(1??????23243532n?3111111L??)?(1???)??． 42(n?1)(n?2)nn?222n?1n?2