2020年数列典型习题及解题方法精编版

1、精选文档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；(1)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。(2)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。(3)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

2、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(等比)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

3、J为同一常数。(2) 通项公式法： 若 心= 勺+ (n-1 ) d= + (n-k) d ,贝V an为等差数列；用_需_* 若，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的最值问题一一常用邻项变号法求解：am 0(1)当a1>0,d<0时，满足的项数m使得Sm取最大值am 10(2)当a1<0,d>0时，满足amam 1的项数m使得取最小值。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a“ ia“1 证明数列an是等差或等比数列常

4、用定义，即通过证明an 1 an an an 1或一 一而得。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：nSn Sn 1an =a1(ak ak 1 ) k 24 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，

5、形成解题策略.四、例题解析 例1 已知数列a n是公差dM0的等差数列，其前 n项和为Sn 求证E点P （I申W2学）'必仙瓷）在同一条直线1】上过点 Q1（1, a1）, Q2（2, a2）作直线 12,设 h 与丨2 的夹角为-： '.J. -.证明：（1）因为等差数列a n的公差dM 0，所以o 1 k（k-l）d Sh k-1x12k12S,k-1Tf （&i +-a2 i当k>2（k6 N）时，=A-=加仗是常教），即k-1k-1LKp 1p k 是常数（k=2 , 3,，n） 所以P, P； *!卩蛰都在过点P（ll讣且斜率为常数的直线l】_t*直线l

6、 2的方程为y-a1=d（x-1），直线12的斜率为d.HIL_2 + d22& d-2dW 22当且仅当-=|d|.例2已知数列 an中，设数列即| d|=旋时等号成立设数列求数列分析：由于bbnan 1Sn是其前n项和，并且Sn 14an1,2,），求证：数列 b2an(n2(n1,2,L ),a11 ,是等比数列；,（n 1,2, 2n的通项公式及前n和C n中的项都和Cnan），求证：数列Cn是等差数列;n项和。an中的项有关，an中又有Sn1=4an+2，可由Sn 2-Sn 1作切入点精选文档精选文档 探索解题的途径.解：(1)由 S n 1 =4a n 2 , Sn 2 =

7、4a n 1 +2，两式相减，得 Sn 2 -S n 1 =4(a n 1 -a n),即 an 2 =4a n 1 -4a n -(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)a n 2 -2a n 1 =2(a n 1 -2a n )，又 b n =an 1 -2a n，所以 b n 1 =2b n已知 S 2 =4a 1+2， a1 =1 ， a1 +a 2 =4a 1+2，解得 a 2 =5， b 1 =a 2 -2a 1 =3由和得，数列b n是首项为3,公比为2的等比数列，故bn =3 2n 1 因为匚二襄虞虾精选文档3 严 32f

8、l+l = 4 '又© =故数列是百项为!，公差是的等差数列,Zl:£i巴因为入二開 弘二討、所以加斗务二®-1)*珂.当 n2 时，Sn =4a n 1 +2=2 n 1 (3n-4)+2 ;当 n=1 时，S1 =a1 =1 也适合上式. 综上可知，所求的求和公式为Sn =2n 1 (3n-4)+2 .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 和。解决本题的关键在于由条件Sn 1 4an2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.

9、例3 .设数列 an的前项的和Sn=1解：(I )由 S-i_(a11) ,得 a-i31a24.1 (an-1) (n N+),( 1)31佝 1)a13求 a1；a2；又S2求证数列an为等比数列。1(a2 1),即 a1 a23扣21),得(H )当 n>1 时,anSnSn113(an ° 3(an j)得旦an 11丄，所以2an是首项丄,公比为 丄的等比数列.2 25,a2= ,an+2= an+1- an3-nan的前n项的和Sn。例4、设a1=1(n=1,2,-),令 bn=an+1-an (n=1,2-)求数列bn的通项公式，(2)求数列解: ( I )因 b

10、n 1 an 2an 153an12故bn是公比为一的等比数列，且3b1a223 anan 13a1故3223 (an 1 an)-bn33bn(3)n(n 1,2,)精选文档n2n 1记数列ft3的前n项和为Tn,则Tn1 2 2 L31两式相减得-T3故 Tn913n从而 Sn a 2a2 LL2(3nan 3(1 2 Lnn2 - 3332 nn(3)，n) 2Tn |n(n21) (3 n)2n13n 118an 1a1(an 1an)(an an 1 )(a23)2 n2 n1 2 222 n(T(二)21(T 333332n注意到a11,可得an3n 1 ( n1,2,)精选文档例

11、5 在直角坐标平面上有一点列R(X1, yj, P2(X2，y2) ，Pn(Xn，y.)，对一切正整数n，点Pn位于函135数y 3X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 Xn4 2求点Pn的坐标；设抛物线列C1，C2，C3， ,Cn，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 ,且过点Dn (0, n21)，记与抛物线Cn相切于Dn的直线的斜率为kn ,求:11k2 k31kn 1 kn设 S x | x 2xn, n N , n 1 ,Ty | y 4yn, n 1 ,等差数列an的任一项an其中a1是S T中的最大数， 265 a®125，

12、求an的通项公式。解: (1) xnyn 3 Xn(n 1)(1)133nPn( n3n(2)Cn的对称轴垂直于X轴，且顶点为Pn .设Cn的方程为：y a(X -)22 把Dn(O,n2 1)代入上式，得a 1 ,Cn的方程为：y x2 (2n 3)x n2 1。12n54kny' |x 0 2n 3,1kn 1 kn1(2n1)( 2n 3)12n3)1 (11 )1 12(52n 3；10 4n 6(3)Sx|x(2n3),nN, n1，Ty| y(12n5), nN,n1 y|y2(6 n 1)3,n N,n 1SIT T,t中最大数a117.1 1k1 k2k2 k3(右2n

13、 3)1kn 1 kn精选文档设an公差为d，则a10248d 12,又 an T9d 24, an 724n(n说明：本例为数列与解析几何的综合题，难度较大( 键在于算出SI T及求数列 anan例6 数列an中，a18, a4求数列an的通项公式; 设设17 9d ( 265, 125)，由此得d 12m(mN ),N ).的公差。2且满足an 22 an 1 an两问运用几何知识算出 kn，解决(3)的关Sn 丨 a1 I 1 a211bn=- (nN ),Tn b1n(12 an)|an 1，求 Sn ；b2bn (n)，是否存在最大的整数m，使得对任，均有Tn m成立？若存在，求出3

14、2解：(1)由题意，an 2 an由题意得28 3d d(2 )若 10 2n 0则 nm的值；若不存在,请说明理由。a1 a? Lann 6 时，Sn故Sn(3)bnTn若Tna1S52n9n11 an2，5， n1 a n，an 85 时，Sna*为等差数列，设公差为 d，2(n 1) 10 2n.|an |1 ai 11 a218 10 2na2(Sn40n (12 an)11(1 ) <22对任意n321(22a5S5)2S5n 5n 9na6a7Sn12n(n 1)1 1)(-33成立，即(n N*)的最小值是-2即存在最大整数m 7,使对任意说明：本例复习数列通项,常用方法观

15、察法n2ann2 9n401214)(-nnn 1m161(-nn2(n 1)对任意16N成立,1-,m的最大整数值是2N，均有Tn32数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。例1 :根据数列的前4项，写出它的一个通项公式:(1) 9, 99, 999, 9999,1 丄 24, 3?251017精选文档(3) 1,精选文档解：(1)变形为：101- 1, 102 1, 103 1, 104 1,通项公式为：an10n 12n(2) ann 一n 1(3) an(4) an(1)n1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

16、q的(q R且qz 1)的等比数列，若函 数 f (x) = (x- 1)2，且 a1 = f (d 1), a3 = f (d+1), b1 = f (q+1), b3 = f (q- 1),(1)求数列 a n 和 b n 的通项公式；解：(1) / a 1=f (d- 1) = (d- 2)2, a 3 = f (d+1)= d 2,二 a3 a1=d2- (d 2)2=2d, d=2,. an=a1+(n- 1)d = 2(n 1); 又 b1= f (q+1)= q2, b3 =f (q 1)=(q 2)2,直(q ? =q2，由 q R，且 q 丰 1，得 q = 2,b1q2二

17、bn=b qn 1=4 ( 2)n 1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,t a2 a13,a3a25,a4a37,anan 12n 1,各式相加得 an a13 5 7(2n 1) an n25 (n N)一般地，对于型如 宜采用此方法求解。an 1anf(n)类的通项公式，只要f(1) f (2)f(n)能进行求和，则四、叠乘法例4:在数列an中，a1=1,(n+1) an 1 =n an，求 an 的表达式。an1n解:由(

18、n+1) an 1=n an得nann 1ana? 83*4an =1 23n 111所以ana1a1 a2a3an 12 34nnn-般地，对于型如an 1 =f (n)-an类的通项公式，当f(1) f(2)f (n)的值可以求得时，宜采用此方法。精选文档五、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Snn 1an求解。Sn Sn 1 n 2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。(1)SnSnn21(1) a1S11 1 1an = SnSn 1 := (n3 n 1) (n 1)3 (n 1)1 =3n2 3n此时，a-i22S1

19、0 an=3 n3n 2为所求数列的通项公式。(2)a1Si0，当n 2时ansnSn 12 2(n 1)(n 1)1 2n 10(n 1)由于Q不适合于此等式。 an2n 1 (n 2)解:2注意要先分n=1和n 2两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3tSn (2t3)Sn 1 3t(t 0,n2,3,4,)求证：数列an是等比数列。解析：因为 3tSn (2t 3)Sn13t(t 0,n2,3,4,)所以 3tSn 1(2t3)Sn 23t(t0,n2,3,4,)(2)(1)(2)得：3t ( SnSn 1)(2t3)(Sn 1S

20、n 2)0(t0, n2,3,4,)an2t3所以,数列an是等比数3tan(2t3) an 10旦an 13t52, nN)列。六、阶差法例7.已知数列an的前n项和Sn与an的关系是ban 11(1 b)n，其中b是与n无关的常数，且1。求出用n和b表示的an的关系式。解析：首先由公式： anSnnSn Sn1得:2aianb(1 b)2ban 1b 1(1b)E(n2)anbnbkn(角2an 2b2(b 1)(占2 an(亠3 ab 1b3(TV(二)b 1n 2a2bn1(TITb bb2b b2 b3 (b- bn11)n1bn1bn(1b)Lbn1(1b)(1 b)n1 b 1利

21、用阶差法要注意：递推公式中某一项的下标与其系数的指数的关系，即 其和为n。七、待定系数法例8:设数列 cn的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若C1=2，C2=4， C3=7， C4=12，求通项公式Cn解：设Cna(n 1)dn 1bqab2q2adbq 4d1a2dbq7b1a3dbq12a1点评：用待定系数法解题时,n 1Cn n 2常先假定通项公式或前 n项和公式为某一多项式,般地，若数列an为等差数列：则an bn c， snnAq精选文档Sn Aqn A (Aq 0, q 1)。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

22、或等比数 列，从而利用这个数列求其通项公式。=(3)1)111 =-1、n 13k1 13(扩1例9.在数列an中，a11,a22 , an 221an 1an，求 an。33解析：在an22an 1313an两边减去an 1 ,得 an 2 an 1(an3an 1an是以a2a11为首项，以1为公比的等比数列，3an 1 an(1、n 13)，由累加法得an)(a2ai)ai(an 1an = (anan 2 )an 1)3( 3)例10.( 2003年全国高考题)ao为常数，且an3n1 *2an 1 ( n N ),证明：对任意n1, an丄3" ( 1) 2n ( 1)n

23、2n ao5证明：设，an t 3n2(an 1 t 3n 1)n 11用an 3n 1 2an1代入可得t -53n3-an是公比为 2，首项为a1的等比数列,553nan(1 2ao(2)n1 ( n*N ),即：an3n(1)n 1 2n(1)n 2n ao型如an+1=pan+f(n) (p为常数且pz0,1)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a, 1求通项a.。解： an 12an 1 an 1 12(an 1)令b

24、nan则辅助数列bn是公比为2的等比数列 bnbiqn 1 即 an 1n 11)q-an2n例12:已知数列 an中ai1且anN ）,求数列的通项公式。解：an 1anan 1an 1anananan设bn，则 anbn 1bn故 bna11为首项，1为公差的等差数列(n 1)1bn例13. （07全国卷n理21)设数列an的首项a1(0,1),3 an 1厂，n 2,3,4,.（1）求an的通项公式;解: (1)由an 匕壬,211 an-(1 an 1) 2n2,3,4,，整理得又1 a10,所以1an是首项为1 a1，公比为丄的等比数列，得2an1 (1aj注：一般地，对递推关系式a

25、n+1=pan+q （p、q为常数且，pz 0, p丰1）可等价地改写成比p(an)则an-成等比数列，实际上，这里的 p是特征方程 x=px+q的1 p根。f（n）为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数)a，两边同除以qn，得 qHqa令bn=，可转化qn为bn+1=pbn+q的形式。例14.已知数列an中,_5a1=,61a n+1= an+3（丄）n+1，求an的通项公式。2n+1精选文档11解：an+1= an+ (32易得 b n=4(2)n 13 32a n=3n(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

26、。解：Tan+1+an=3+2 n , an+2+an+1=3+2(n+1)，两式相减得 an+2- an=2n+1 乘以 2n+1得 2 n+1an+1=-(2 nan)+1 令 bn=2nan 则3an= f(?)n1 33 3n+12b n+1= bn+13(4)精选文档n, n是奇数n 2, n是偶数)2n(n N )，其中因此得，a2n+1=1+2( n-1), a2n=4+2( n-1).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。f(n)为非等差数列，非等比数列例16. (07天津卷理)在数列an中，a1 2, a. 1a.n 1 (2(I)求数列an的通项公式；解：由an 1ann 1 (2)2n(nN ),0 ,n1n可得an