数列典型习题及解题方法.docx

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n≥2的任意自然数,验证an-an-1(an/an-1)为同一常数。

(2)通项公式法： ①若 ②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： ìam³0(1)当a1>0,d<0时，满足í的项数m使得Sm取最大值. a£0îm+1(2)当a1<0,d>0时，满足íìam£0的项数m使得îam+1³0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=1ìS1£0 ， an=a1+å(ak-ak-1)． an=íS-S³0n³2k=2n-1în4．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d≠0的等差数列，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θ，证明：(1)因为等差数列{an}的公差d≠0，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， ⑴设数列bn=an+1-2an(n=1,2,LL)，求证：数列{bn}是等比数列； ⑵设数列cn=⑶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，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 ① 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2n-1． 当n≥2时，Sn=4an-1+2=2n-1(3n-4)+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 (nÎN+),求a1;a2; (2)求证数列{an}为等比数列。

311111解: (Ⅰ)由S1=(a1-1),得a1=(a1-1) ∴a1=- 又S2=(a2-1),即a1+a2=(a2-1),得332331a2=. 411 (Ⅱ)当n>1时,an=Sn-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+1-an)+(an-an-1)+L+(a2-a1) 22222=n+n-1+L+2+=2[1-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+n×n-1,Tn=+2×2+L+n×n 3333331222222两式相减得Tn=1++2+L+n-1-nn=3[1-n]-nn, 33333332n2n(3+n)2n故Tn=9[1-]-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,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}。

42⑴求点Pn的坐标； ⑵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-1kn⑶设S={x|x=2xn,nÎN,n³1},T={y|y=4yn,n³1}，等差数列{an}的任一项anÎSÇT，其中a1是SÇT中的最大数，-265

例6．数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an nÎN* ⑴求数列{an}的通项公式； ⑵设Sn=|a1|+|a2|+L+|an|，求Sn； 1(nÎN*),Tn=b1+b2+L+bn(nÎN*)，是否存在最大的整数m，使得对任n(12-an)m意nÎN*，均有Tn>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+3dÞd=-2，\an=8-2(n-1)=10-2n. ⑶设bn=若10-2n³0则n£5，n£5时,Sn=|a1|+|a2|+L+|an| 8+10-2n´n=9n-n2, 2n³6时，Sn=a1+a2+L+a5-a6-a7L-an =a1+a2+L+an==S5-(Sn-S5)=2S5-Sn=n2-9n+40 n³6n-9n+4011111Qbn===(-) n(12-an)2n(n+1)2nn+1n1111111111-)+(-)]=. \Tn=[(1-)+(-)+(-)+L+(222334n-1nnn+12(n+1)mnm**>若Tn>对任意nÎN成立，即对任意nÎN成立， 32n+116n1m1Q(nÎN*)的最小值是，\<,\m的最大整数值是7。

2n+1162m*. 即存在最大整数m=7,使对任意nÎN，均有Tn>322故Sn= 9n-n2n£5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,-,232,K 534,-,K 45解：变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，„„ ∴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。