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1、数列解答题的解法,数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高考中占有重要地位，近几年更是有所加强.数列解答题大多以数列、数学归纳法内容为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中档难度.,试题特点,数列解答题的解法,试题特点,1.考查数列、等差数列、等比数列、以及数学归纳法等基本知识、基本技能.2.常与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结
2、合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养.3.常以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间.,数列解答题的解法,1.熟练掌握并灵活运用数列的基本知识是解决数列问题的基础.(1)等差、等比数列的判定：利用定义判定；anan2=2an1 an是等差数列，anan2=a2n1(an0)an是等比数列；an=anb(a,b为常数)an是等差数列；Sn=an2bn(a,b为常 数，Sn是数列an的前n项和)an是等差数列.(2)等差、等比数列的性质的应用：注意下标、奇、偶项的特点等.,应试策略,数列解答题的解法,-5-,
3、2.求通项公式的常见类型(1)已知an与Sn的关系或Sn与n的关系,利用公式,(2)等差数列、等比数列求通项或转化为等差(比)数列求通项.(3)由递推关系式求数列的通项公式.形如an+1=an+f(n),利用累加法求通项.形如an+1=anf(n),利用累乘法求通项.,-6-,3.数列求和的常用方法(1)公式法:利用等差数列、等比数列的求和公式.(2)错位相减法:适合求数列anbn的前n项和Sn,其中an,bn一个是等差数列,另一个是等比数列.(3)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累加抵消中间若干项的方法.(4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两
4、个(或多个)简单的数列,最后分别求和.(5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,适用于正负相间排列的数列求和.,-7-,4.数列单调性的常见题型及方法(1)求最大(小)项时,可利用:数列的单调性;函数的单调性;导数.(2)求参数范围时,可利用:作差法;同号递推法;先猜后证法.4.数列不等式问题的解决方法(1)利用数列(或函数)的单调性.(2)放缩法:先求和后放缩;先放缩后求和,包括放缩后成等差(或等比)数列再求和,或者放缩后裂项相消再求和.,等差、等比数列的问题,例1已知an是公差为3的等差数列,数列bn满足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn.(
5、1)求an的通项公式;(2)求bn的前n项和.,解(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2.所以数列an是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.,-9-,解题心得无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.,-10-,例2已知数列an满足an+1=2an+n-1,且a1=1.(1)求证:数列an+n为等比数列;(2)求数列an的前n项和Sn.,所以数列an+n是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解 由(1)得,an+n=22n-1=2n,所以an
6、=2n-n.,-11-,解题心得1.判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法.(1)定义法:对于n1的任意自然数,验证an+1-an 为同一常数.(2)通项公式法:若an=kn+b(nN*),则an为等差数列;若an=pqkn+b(nN*),则an为等比数列.(3)中项公式法:若2an=an-1+an+1(nN*,n2),则an为等差数列;若=an-1an+1(nN*,n2),则an为等比数列.2.对已知数列an与Sn的关系,证明an为等差或等比数列的问题,解题思路是:由an与Sn的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.,-12-,对点训练1(2
7、017全国,文17)设Sn为等比数列an的前n项和,已知S2=2,S3=-6.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.,解得q=-2,a1=-2.故an的通项公式为an=(-2)n.,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.,-13-,求数列的通项及错位相减求和例2(2017天津,文18)已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求an和bn的通项公式;(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*).,解(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公
8、比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,an的通项公式为an=3n-2,bn的通项公式为bn=2n.,-14-,(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2
9、)2n+1,=-(3n-4)2n+2-16.得Tn=(3n-4)2n+2+16.所以,数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.,-15-,解题心得求数列通项的基本方法是利用等差、等比数列通项公式,或通过变形转换成等差、等比数列求通项;如果数列an与数列bn分别是等差数列和等比数列,那么数列anbn的前n项和采用错位相减法来求.,-16-,对点训练3(2017山西太原二模,文17)已知数列an的前n项和Sn=,数列bn满足bn=an+an+1(nN*).(1)求数列bn的通项公式;,当n=1时也成立,an=n.bn=an+an+1=n+n+1=2n+1.,-17-,数列cn的前n项
10、和Tn=22+223+324+n2n+1.2Tn=23+224+(n-1)2n+1+n2n+2,Tn=(n-1)2n+2+4.,-18-,求数列的通项及裂项求和,例3(2017全国,文17)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;,解(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,故当n2时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.,-19-,解题心得对于已知等式中含有an,Sn的求数列通项的题目,一般有两种解题思路,一是消去Sn得到f(an)=0,求出an;二是消去an得到g(Sn)=0,求出Sn,再求an.把数列
11、的通项拆成两项之差,求和时中间的项能够抵消,从而求得其和.注意抵消后所剩余的项一般前后对称.,-20-,对点训练4(2017陕西渭南二模,文17)已知an为公差不为零的等差数列,其中a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=12.(1)求数列an的通项公式;,解(1)设等差数列an的公差为d,a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=12,an=2n-1,nN*.,-21-,故所求的n=1 009.,-22-,涉及奇偶数讨论的数列求和例4已知等差数列an的前n项和为Sn,且a1=2,S5=30.数列bn的前n项和为Tn,且Tn=2n-1.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)设cn=(-1)n(
12、anbn+ln Sn),求数列cn的前n项和.,d=2,an=2n.对数列bn:当n=1时,b1=T1=21-1=1,当n2时,bn=Tn-Tn-1=2n-2n-1=2n-1,当n=1时也满足上式.bn=2n-1.,-23-,(2)cn=(-1)n(anbn+ln Sn)=(-1)nanbn+(-1)nln Sn.,ln Sn=ln n(n+1)=ln n+ln(n+1).而(-1)nanbn=(-1)n2n2n-1=n(-2)n,设数列(-1)nanbn的前n项和为An,数列(-1)nln Sn的前n项和为Bn,则An=1(-2)1+2(-2)2+3(-2)3+n(-2)n,则-2An=1(
13、-2)2+2(-2)3+3(-2)4+n(-2)n+1,-得3An=1(-2)1+(-2)2+(-2)3+(-2)n-n(-2)n+1,-24-,当n为偶数时,Bn=-(ln 1+ln 2)+(ln 2+ln 3)-(ln 3+ln 4)+ln n+ln(n+1)=ln(n+1)-ln 1=ln(n+1);当n为奇数时,Bn=-(ln 1+ln 2)+(ln 2+ln 3)-(ln 3+ln 4)+-ln n+ln(n+1)=-ln(n+1)-ln 1=-ln(n+1).由以上可知,Bn=(-1)nln(n+1).,-25-,对点训练5已知函数f(x)=4x,4,f(a1),f(a2),f(a
14、n),2n+3(nN*)成等比数列.(1)求数列an的通项公式;,解(1)4,f(a1),f(a2),f(an),2n+3成等比数列,其公比设为q,2n+3=4qn+2-1,解得q=2.,-26-,当n为偶数时,Sn=(c1+c3+c5+cn-1)+(c2+c4+cn),数列求和的常见类型及方法(1)通项公式形如anknb或anpqknb(其中k，b，p，q为常数)，用公式法求和(2)通项公式形如an(k1nb1)qk2nb2(其中k1，b1，k2，b2，q为常数)，用错位相减法,z,z,数列与不等式、函数问题：,z,考题剖析,例2.（2007莆田四中）已知为锐角，且tan=1，函数 f(x)
15、=x2tan2xsin(2)，数列an的首项a1=,an1=f(an).（1）求函数f(x)的表达式；（2）求证：an1an；（3）求证：,解析（1）tan2=1 又为锐角 sin(2)=1 f(x)=x2x,数列解答题的解法,（2）a1=a2,a3,an都大于0 0 an1an,考题剖析,（3）由（2）知,数列解答题的解法,又n2时,an1an an1a31 12 21 2,考题剖析,点评 在高考题中，数列一般与函数、不等式、三角综合，本题中，表面上有三角函数，但可以通过对三角函数求值，将三角函数去掉.从而转化为一个递推数列的问题.,数列解答题的解法,1.(2007东北四市长春、哈尔滨、沈阳
16、、大连)数列an的首项 a1=1，前n项和Sn与an之间满足an=(n2).（1）求证：数列 的通项公式；（2）设存在正数k，使(1S1)(1S2)(1Sn)k 对一切nN*都成立，求k的最大值.,课堂练习,解析（1）证明：n2，an=SnSn1SnSn1=，(SnSn1)(2Sn1)=2S，Sn1Sn=2SnSn1=2(n2)，数列 为首项，以2为公差的等差数列.,考题剖析,数列解答题的解法,（2）由（1）知=1(n1)2=2n1F(n)在nN*上递增，要使F(n)k恒成立，只需F(n)minkF(n)min=F(1)=,考题剖析,点评本小题考查等差数列通项与前n项和关系以及数列与不等式相结
17、合的有关问题.,数列解答题的解法,2.（2007浙江省五校模拟题）已知函数f(x)=xln(1x),数列an满足0ann!.,考题剖析,数列解答题的解法,（2）假设当n=k时,结论成立,即00,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)f(ak)f(1),即0ak11ln21.故当n=k1时,结论也成立.即0an1对于一切正整数都成立.又由0an1,得an1an=anln(1an)an=ln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1an1.,考题剖析,解析()先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;,数列解答题的解法,考题剖析
18、,()构造函数g(x)=00,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,1上连续,所以g(x)g(0)=0.因为00,即.,数列解答题的解法,()因为 b1=所以bn0,所以由()所以因为a1=,n2,0ann!.,考题剖析,点评本题考查函数、数列、不等式、数学归纳法、导数等知识，考查综合运用知识、综合解题能力，是一道较难题.,数列解答题的解法,-41-,数列中的存在性问题例1已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn-1,其中为常数.(1)证明:an+2-an=;(2)是否存在,使得an为等差数列?并说明理由.,(1)证明 由题设,anan+1=Sn-1,an+
19、1an+2=Sn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=an+1.因为an+10,所以an+2-an=.,-42-,(2)解 由题设,a1=1,a1a2=S1-1,可得a2=-1.由(1)知,a3=+1.令2a2=a1+a3,解得=4.故an+2-an=4.由此可得a2n-1是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;a2n是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在=4,使得数列an为等差数列.解题心得假设推理法:先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.,-43-,对点训练3(2017云南昆明一中仿真,文17)已知数列an和bn,a1a2a3an=(nN*),且a1=2,b3-b2=3,数列an为等比数列,公比为q.(1)求a3及数列bn的通项公式;(2)令cn=,是否存在正整数m,n(mn),使c2,cm,cn成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.,-44-,所以存在正整数m=3,n=6,使c2,cm,cn成等差数列.,
