数列典型习题及解题方法.docx

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1、数列典型习题及解题方法高中数学数列基本题型及解法 这部分内容需要掌握的题型主要有以下三个方面；数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。 一、知识整合 1在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导

2、作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题； 2在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力， 进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力 3培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法 二、方法技巧 1判断和证明数列是等差数列常有三种方法： (1)定义法：对于n2的任意自然数,验证an-an-1(an/an-1)为同一常数

3、。 (2)通项公式法： 若 若 = +d= +d ，则an为等差数列； ，则an为等比数列。 (3)中项公式法：验证中项公式成立。 2. 在等差数列an中,有关Sn的最值问题常用邻项变号法求解： am0(1)当a10,d0时，满足的项数m使得Sm取最大值. a0m+1(2)当a10时，满足am0的项数m使得am+10取最小值。 在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。 3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。 三、注意事项 1 an+1an1证明数列an是等差或等比数列常用定义，即通过证明an+1-an=an-an-1 或而得。 =anan-12在解决等

4、差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。 3注意sn与an之间关系的转化。如： nn=1S10 ， an=a1+(ak-ak-1) an=S-S0n2k=2n-1n4数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路 5解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略 四、例题解析 例1已知数列an是公差d0的等差数列

5、，其前n项和为Sn (2)过点Q1(1，a1)，Q2(2，a2)作直线12，设l1与l2的夹角为，证明：(1)因为等差数列an的公差d0，所以 Kp1pk是常数(k=2，3，n) (2)直线l2的方程为y-a1=d(x-1)，直线l2的斜率为d 例2已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn+1=4an+2(n=1,2,L),a1=1， 设数列bn=an+1-2an(n=1,2,LL)，求证：数列bn是等比数列； 设数列cn=求数列an的通项公式及前n项和。 an,(n=1,2,LL)，求证：数列cn是等差数列； n2分析：由于bn和cn中的项都和an中的项有关，an中又有Sn+1=4an+2

6、，可由Sn+2-Sn+1作切入点2 探索解题的途径 解：(1)由Sn+1=4an+2，Sn+2=4an+1+2，两式相减，得Sn+2-Sn+1=4(an+1-an)，即an+2=4an+1-4an(根据bn的构造，如何把该式表示成bn+1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) an+2-2an+1=2(an+1-2an)，又bn=an+1-2an，所以bn+1=2bn 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 由和得，数列bn是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=32n-1 当n2时，Sn=4an-1+2=2n-1(3n-4

7、)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式 n-1说明：1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决本题的关键在于由条件Sn+1=4an+2得出递推公式。 2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用 综上可知，所求的求和公式为Sn=2(3n-4)+2 1 (nN+),求a1;a2; (2)求证数列an为等比数列。 311111解: ()由S1=(a1-1),得a1=(a1-1) a1=- 又S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得332331a2=. 411 ()当n1时,an=S

8、n-Sn-1=(an-1)-(an-1-1), 33例3设数列an的前项的和Sn= 得an111=-,所以an是首项-,公比为-的等比数列. 22an-12552,an+2=an+1-an (n=1,2,-),令bn=an+1-an (n=1,2-)求数列bn的通项公式，(2)求数列333例4、设a1=1,a2=nan的前n项的和Sn。 5222an+1-an-an+1=(an+1-an)=bn 3333222n(n=1,2,L) 故bn是公比为的等比数列，且b1=a2-a1=,故 bn=3332n 由bn=an+1-an=得 3解：因bn+1=an+2-an+1=3 an+1-a1=(an+

9、1-an)+(an-an-1)+L+(a2-a1) 22222=n+n-1+L+2+=21-n 333332n注意到a1=1,可得an=3-n-1(n=1,2,L) 3n2n-1记数列n-1的前n项和为Tn，则 3222222Tn=1+2+L+nn-1,Tn=+22+L+nn 3333331222222两式相减得Tn=1+2+L+n-1-nn=31-n-nn, 33333332n2n(3+n)2n故Tn=91-3n=9-333n-1 n+13(3+n)2从而Sn=a1+2a2+L+nan=3(1+2+L+n)-2Tn=n(n+1)+-1823n-1例5在直角坐标平面上有一点列Pn位于函1(x1

10、,y1),P2(x2,y2)L,Pn(xn,yn)L，对一切正整数n，点P数y=3x+135的图象上，且Pn的横坐标构成以-为首项，-1为公差的等差数列xn。 42求点Pn的坐标； 设抛物线列c1,c2,c3,L,cn,L中的每一条的对称轴都垂直于x轴，第n条抛物线cn的顶点为Pn，111。 +L+k1k2k2k3kn-1kn设S=x|x=2xn,nN,n1,T=y|y=4yn,n1，等差数列an的任一项anST，其中a1是ST中的最大数，-265a10-125，求an的通项公式。 53解：xn=-+(n-1)(-1)=-n- 2213535yn=3xn+=-3n-,Pn(-n-,-3n-)

11、44242n+3212n+5)-, Qcn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn.设cn的方程为：y=a(x+2422把Dn(0,n2+1)代入上式，得a=1，cn的方程为：y=x+(2n+3)x+n+1。 11111=(-) kn=y|x=0=2n+3，kn-1kn(2n+1)(2n+3)22n+12n+31111111111=(-)+(-)+L+(-) +L+792n+12n+3k1k2k2k3kn-1kn25711111)=-=(- 252n+3104n+6S=x|x=-(2n+3),nN,n1， T=y|y=-(12n+5),nN,n1=y|y=-2(6n+1)-3,nN,n1 SIT=T,

12、T中最大数a1=-17. 且过点Dn(0,n2+1)，记与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn，求：4 设an公差为d，则a10=-17+9d(-265,-125)，由此得 248d成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。 32解：由题意，an+2-an+1=an+1-an，an为等差数列，设公差为d， 由题意得2=8+3dd=-2，an=8-2(n-1)=10-2n. 设bn=若10-2n0则n5，n5时,Sn=|a1|+|a2|+L+|an| 8+10-2nn=9n-n2, 2n6时，Sn=a1+a2+L+a5-a6-a7L-an =a1+a2+L+an=S5-(Sn-S5)=2

13、S5-Sn=n2-9n+40 n6n-9n+4011111Qbn=(-) n(12-an)2n(n+1)2nn+1n1111111111-)+(-)=. Tn=(1-)+(-)+(-)+L+(222334n-1nnn+12(n+1)mnm*若Tn对任意nN成立，即对任意nN成立， 32n+116n1m1Q(nN*)的最小值是，322故Sn= 9n-n2n5说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。. 常用方法 一 观察法 例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式： 9，99，999，9999， 1,2124916,3,4,K 510175 1,2,31,212,-,2

14、32,K 534,-,K 45解：变形为：1011，1021，1031，1041， 通项公式为：an=10n-1 n22n; an=(-1)n+1; an= an=n+2. n+1n+1n+1观察各项的特点，关键是找出各项与项数n的关系。 二、定义法 例2： 已知数列an是公差为d的等差数列，数列bn是公比为q的(qR且q1)的等比数列，若函数f (x) = (x1)2，且a1 = f (d1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q1)， (1)求数列 a n 和 b n 的通项公式； 解：(1)a 1=f (d1) = (d2)2，a 3 = f (d+1)

15、= d 2， a3a1=d2(d2)2=2d， d=2，an=a1+(n1)d = 2(n1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q1)=(q2)2， b3(q-2)22=q，由qR，且q1，得q=2， =b1q2bn=bqn1=4(2)n1 当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。 三、 叠加法 例3：已知数列6，9，14，21，30，求此数列的一个通项。 解 易知an-an-1=2n-1, a2-a1=3, a3-a2=5, a4-a3=7, an-an-1=2n-1,an=n2+5(nN)各式相加得an-a1=3+5+7+L

16、+(2n-1)一般地，对于型如an+1=an+f(n)类的通项公式，只要f(1)+f(2)+L+f(n)能进行求和，则宜采用此方法求解。 四、叠乘法 例4：在数列an中，a1 =1, (n+1)an+1=nan，求an的表达式。 解：由(n+1)an+1=nan得an+1n=， ann+11ana2a3a4an123n-11L=a= 所以 nn234nna1a1a2a3an-1一般地，对于型如an+1=f(n)an类的通项公式，当f(1)f(2)Lf(n)的值可以求得时，宜采用此方法。 6 五、公式法 若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式 SnLLLLn=1 求解

17、。 an=S-SLn2n-1n例5：已知下列两数列an的前n项和sn的公式，求an的通项公式。 Sn=n3+n-1。 sn=n2-1 解： a1=S1=1+1-1 a3n=Sn-Sn-1=(n3+n-1)-(n-1)+(n-1)-1=3n2-3n+2 此时，a1=2=S1。an=3n2-3n+2为所求数列的通项公式。 a1=s1=0，当n2时 an=sn-sn-1=(n2-1)-(n-1)2-1=2n-1 由于a1不适合于此等式 。 a0(n=1)n=2n-1(n2)注意要先分n=1和n2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。 例6. 设数列an的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系 3tS

18、n-(2t+3)Sn-1=3t(t0,n=2,3,4,L) 求证：数列an是等比数列。 解析：因为3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t0,n=2,3,4,L)LL(1) 所以3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t(t0,n=2,3,4,L)LL(2) (1)-(2)得： 3t，若数列an为等比数列，则an=Aqn-1，sn=Aqn-A(Aq0,q1)。 8 八、 辅助数列法 有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。 21an+1+an，求an。 33211解析：在an+2=an+1+an两边减去an+1，得

19、an+2-an+1=-(an+1-an) 3331 an+1-an是以a2-a1=1为首项，以-为公比的等比数列， 31n-1an+1-an=(-)，由累加法得 3例9.在数列an中，a1=1，a2=2，an+2=an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1 1313n-2+(-)n-3 =(-)11-(-)n-1131n-13+(-)+1+1=1-(-)+1 13431+3 = 731n-1-(-) 443例10.设a0为常数，且an=3n-1-2an-1， 证明：对任意n1，an= 证明：设，an-t3n=-2(an-1-t3n-1) 用an=3n-1-2an-1

20、代入可得t=1n3+(-1)2n+(-1)n2na0 51 53n an-5是公比为-2，首项为a1-3的等比数列， 53n3=(1-2a0-)(-2)n-1 an-， 553n+(-1)n-12n+(-1)n2na0 即：an=5型如an+1=pan+f(n) (p为常数且p0, p1)可用转化为等比数列等. (1)f(n)= q (q为常数)，可转化为an+1+k=p(an+k)，得 an+k 是以a1+k为首项，p为公比的等比数列。 例11：已知数an的递推关系为an+1=2an+1，且a1=1求通项an。 解：an+1=2an+1 an+1+1=2(an+1) 令bn=an+1 9 则

21、辅助数列bn是公比为2的等比数列 bn=b1qn-1即an+1=(a1+1)qn-1=2n an=2n-1 例12： 已知数列an中a1=1且an+1=an，求数列的通项公式。 ，an+1解：an+1=an an+1 a+1111，则bn+1=bn+1 =n=+1， 设bn=anan+1anan1=1为首项，1为公差的等差数列 a111= bnn3-an-1，n=2，3，4， 2故bn是以b1= bn=1+(n-1)=n an=1)an=例13.设数列an的首项a1(0，求an的通项公式； 解：由an= 3-an-1，n=2，3，4， 21整理得 1-an=-(1-an-1) 2又1-a10，

22、所以1-an是首项为1-a1，公比为- 1的等比数列，得 21an=1-(1-a1)-2n-1注：一般地，对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数且，p0，p1)可等价地改写成 an+1-根。 qqqq=p(an-) 则an-成等比数列，实际上，这里的是特征方程x=px+q的1-p1-p1-p1-p(2) f(n)为等比数列，如f(n)= qn (q为常数) ，两边同除以qn，得为bn+1=pbn+q的形式。 qan+1anan=p+1，令b，可转化n=nn+1nqqq511n+1， an+1=an+，求an的通项公式。 63211n+12n2n+1n+1n解：an+1=an+ 乘以2

23、 得 2an+1=(2an)+1 令bn=2an 则 bn+1=bn+1 3233例14.已知数列an中，a1=10 易得 bn=-42n-142+3 即 2nan=-n-1+3 333323 an=-n+n 32(3) f(n)为等差数列 例15.已知已知数列an中，a1=1，an+1+an=3+2 n，求an的通项公式。 解： an+1+an=3+2 n，an+2+an+1=3+2(n+1)，两式相减得an+2-an=2 n,n是奇数因此得，a2n+1=1+2(n-1), a2n=4+2(n-1), an=。 n+2,n是偶数注：一般地，这类数列是递推数列的重点与难点内容，要理解掌握。 (

24、4) f(n)为非等差数列，非等比数列 例16.在数列an中，a1=2，an+1=lan+ln+1+(2-l)2n(nN*)，其中l0 求数列an的通项公式； 解：由an+1=lan+ln+1+(2-l)2n(nN*)，l0， 2可得n+1-llan+1n+12=n-+1， llannnnan2an2所以n-为等差数列，其公差为1，首项为0，故-=n-1，所以数列an的通项公式lllln为an=(n-1)ln+2n 这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。 九、归纳、猜想 如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用

25、数学归纳法证明之。 例17.已知点的序列An(xn,0),nN*，其中x1=0，x2=a(a0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，An是线段An-2An-1的中点， 写出xn与xn-1,xn-2之间的关系式。 设an=xn+1-xn，计算a1,a2,a3，由此推测an的通项公式，并加以证明。 略 解析： An是线段An-2An-3的中点， xn=a1=x2-x1=a-0=a， xn-1+xn-2(n3) 2 11 a2=x3-x2=x2+x111-x2=-(x2-x1)=-a， 222x3+x211-x3=-(x3-x2)=a， 242a3=x4-x3=12n-1猜想an=

26、(-)a(nN*)，下面用数学归纳法证明 10 当n=1时，a1=a显然成立； 120 假设n=k时命题成立，即ak=(-)k-1a(kN*) 2 则n=k+1时，ak+1=xk+2-xk+1=xk+1+xk11-xk=-(xk+1-xk)=-ak 22212k-1k =(-)(-)a=(-)a 1212 当n=k+1时命题也成立， 命题对任意nN都成立。 2例18：在数列an中，a1=2,an+1=an-na+1，则an的表达式为 。 2分析：因为a1=2,an+1=an-na+1，所以得：a2=3,a3=4,a4=5， *猜想：an=n+1。 十、倒数法 数列有形如f(an,an-1,anan-1)=0的关系，可在等式两边同乘以11,先求出,再求得an. anan-1an例19设数列an满足a1=2,an+1=an(nN),求an. an+3111. ,得1+3=anan+1anan+1解：原条件变形为an+1an+3an+1=an.两边同乘以（3111111+)=+,+=3n-1 an2an+12an22. n-123-1an= 12