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11数列问题的题型与方法


第 11 讲

数列问题的题型与方法

数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础。高考对本章的考查比较全面,等差 数列,等比数列的考查每年都不会遗漏。有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数 函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳 法综合在一起。探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学 思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元 法、待定系数法等基本数学方法。 近几年来,高考关于数列方面的命题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 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 = +(n-1)d= +(n-k)d ,则 {an } 为等差数列; ,则 {an } 为等比数列。

②若

(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:
-1-

(1)当 a1 >0,d<0 时,满足 ?

? am ≥ 0 的项数 m 使得 S m 取最大值. ?am +1 ≤ 0 ? am ≤ 0 的项数 m 使得 ?am +1 ≥ 0

(2)当 a1 <0,d>0 时,满足 ?

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 . 证 明 数 列 {a n } 是 等 差 或 等 比 数 列 常 用 定 义 , 即 通 过 证 明 a n +1 ? a n = a n ? a n ?1 或

a n +1 a = n 而得。 an a n ?1
2.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 s n 与 a n 之间关系的转化。如:

? S1 ≤ 0 an = ? ? Sn ? Sn ?1 ≥ 0

n =1 , n≥2

a n = a1 + ∑ (a k ? a k ?1 ) .
k =2

n

4.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{a n }是公差 d≠0 的等差数列,其前 n 项和为 S n .

(2)过点 Q 1 (1,a 1 ),Q 2 (2,a 2 )作直线 12,设 l 1 与 l 2 的夹角为θ, 证明:(1)因为等差数列{a n }的公差 d≠0,所以

Kp 1 p k 是常数(k=2,3,…,n).
-2-

(2)直线 l 2 的方程为 y-a 1 =d(x-1),直线 l 2 的斜率为 d.

例 2.已知数列 {a n } 中, S n 是其前 n 项和,并且 S n +1 = 4an + 2( n = 1, 2,L), a1 = 1 , ⑴设数列 bn = a n +1 ? 2a n ( n = 1,2, LL) ,求证:数列 {bn } 是等比数列; ⑵设数列 c n =

an , (n = 1,2, LL) ,求证:数列 {c n }是等差数列; 2n ⑶求数列 {a n } 的通项公式及前 n 项和。

分析:由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关,{a n }中又有 S n+1 =4a n +2,可由 S n+ 2 -S n+1 作 切入点探索解题的途径. 解: (1)由 S n+1 =4a n +2 , n+ 2 =4a n+1 +2, S 两式相减, S n+ 2 -S n+1 =4(a n+1 -a n ), a n+ 2 =4a n+1 -4a n . 得 即 (根 据 b n 的构造,如何把该式表示成 b n+1 与 b n 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 =a n+1 -2a n ,所以 b n+1 =2b n ① ② 已知 S 2 =4a 1 +2,a 1 =1,a 1 +a 2 =4a 1 +2,解得 a 2 =5,b 1 =a 2 -2a 1 =3

由①和②得,数列{b n }是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b n =3·2 n?1 .

当 n≥2 时,S n =4a n?1 +2=2 n?1 (3n-4)+2;当 n=1 时,S 1 =a 1 =1 也适合上式. 综上可知,所求的求和公式为 S n =2 n?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 n 项和。解决本题的关键在于由条件 S n +1 = 4a n + 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.

-3-

例 3. (04 年浙江)设数列{an}的前项的和 Sn= (an-1) (n ∈ N +),(1)求 a1;a2; (2)求证数列{an} 为等比数列。 解 :

1 3

1 1 1 (a1 ? 1) , 得 a1 = (a1 ? 1) ∴ a1 = ? 3 3 2 1 1 a1 + a 2 = (a 2 ? 1) ,得 a 2 = . 3 4 1 1 (Ⅱ)当 n>1 时, a n = S n ? S n ?1 = ( a n ? 1) ? ( a n ?1 ?1), 3 3
(Ⅰ) 由 S1 = 得

又 S2 =

1 (a 2 ? 1) , 即 3

an 1 1 1 = ? , 所以 {a n } 是首项 ? ,公比为 ? 的等比数列. a n ?1 2 2 2
5 5 2 ,an+2= an+1- an (n=1,2,---),令 bn=an+1-an (n=1,2---)求数列{bn}的 3 3 3

例 4、 (04 年重庆)设 a1=1,a2=

通项公式,(2)求数列{nan}的前 n 项的和 Sn。

5 2 2 2 an +1 ? an ? an +1 = (an +1 ? an ) = bn 3 3 3 3 2 2 2 n 故{bn}是公比为 的等比数列,且 b1 = a 2 ? a1 = , 故 bn = ( ) (n = 1,2, L) 3 3 3 2 n (II)由 bn = a n +1 ? a n = ( ) 得 3
解: (I)因 bn +1 = a n + 2 ? a n +1 =

a n+1 ? a1 = (a n +1 ? a n ) + (a n ? a n ?1 ) + L + (a 2 ? a1 ) 2 2 2 2 2 = ( ) n + ( ) n ?1 + L + ( ) 2 + = 2[1 ? ( ) n ] 3 3 3 3 3
注意到 a1 = 1, 可得 a n = 3 ?

2n (n = 1,2, L) 3 n ?1

记数列 {

n 2 n ?1 } 的前 n 项和为 Tn,则 3 n ?1

2 2 2 2 2 2 Tn = 1 + 2 ? + L + n ? ( )n ?1 , Tn = + 2 ? ( )2 + L + n ? ( ) n 3 3 3 3 3 3 1 2 2 2 2 n ?1 2 n 2 2 两式相减得 Tn = 1 + + ( ) + L + ( ) ? n( ) = 3[1 ? ( ) n ] ? n( ) n , 3 3 3 3 3 3 3 n 2 2 (3 + n)2 故Tn = 9[1 ? ( ) n ] ? 3n( ) n = 9 ? 3 3 3n ?1 3 (3 + n)2n +1 从而S n = a1 + 2a2 + L + nan = 3(1 + 2 + L + n) ? 2Tn = n(n + 1) + ? 18 2 3n ?1
例 5.在直角坐标平面上有一点列 P1 ( x1 , y1 ), P2 ( x 2 , y 2 ) L , Pn ( x n , y n ) L , 对一切正整数 n , Pn 点
-4-

位于函数 y = 3 x +

13 5 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 {x n } 。 4 2

⑴求点 Pn 的坐标; ⑵设抛物线列 c1 , c 2 , c3 ,L , c n , L 中的每一条的对称轴都垂直于 x 轴,第 n 条抛物线 c n 的顶点 为 Pn , 且 过 点 Dn (0, n + 1) , 记 与 抛 物 线 c n 相 切 于 Dn 的 直 线 的 斜 率 为 k n , 求 :
2

a n ∈ S ∩ T ,其中 a1 是 S ∩ T 中的最大数, ? 265 < a10 < ?125 ,求 {a n } 的通项公式。 5 3 解: (1) x n = ? + ( n ? 1) × ( ?1) = ? n ? 2 2 13 5 3 5 ∴ yn = 3 ? xn + = ?3n ? ,∴ Pn ( ?n ? , ?3n ? ) 4 4 2 4 2n + 3 2 12n + 5 ) ? (2)Q c n 的对称轴垂直于 x 轴,且顶点为 Pn .∴ 设 c n 的方程为: y = a ( x + , 2 4 2 2 2 把 Dn (0, n + 1) 代入上式,得 a = 1 ,∴ c n 的方程为: y = x + ( 2n + 3) x + n + 1 。 1 1 1 1 1 k n = y ' | x = 0 = 2 n + 3 ,∴ = = ( ? ) k n?1 k n (2n + 1)(2n + 3) 2 2n + 1 2n + 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ + +L+ = [( ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] k1 k 2 k 2 k 3 k n?1 k n 2 5 7 7 9 2n + 1 2n + 3 1 1 1 1 1 = ( ? ? )= 2 5 2n + 3 10 4n + 6 (3) S = {x | x = ?( 2n + 3), n ∈ N , n ≥ 1} , T = { y | y = ?(12n + 5), n ∈ N , n ≥ 1} = { y | y = ?2(6n + 1) ? 3, n ∈ N , n ≥ 1} ∴ S I T = T , T 中最大数 a1 = ?17 . 设 {a n } 公差为 d ,则 a10 = ?17 + 9d ∈ ( ?265,?125) ,由此得

1 1 1 + +L+ 。 k1 k 2 k 2 k 3 k n ?1k n ⑶ 设 S = {x | x = 2 x n , n ∈ N , n ≥ 1}, T = {y | y = 4 y n , n ≥ 1} , 等 差 数 列 {a n } 的 任 一 项

248 < d < ?12, 又 Q a n ∈ T ∴ d = ?12m(m ∈ N * ), 9 ∴ d = ?24,∴ a n = 7 ? 24n(n ∈ N * ). ?
说明:本例为数列与解析几何的综合题,难度较大(1)(2)两问运用几何知识算出 kn ,解决(3) 、
例 6.数列 {a n } 中, a1 = 8, a 4 = 2 且满足 a n + 2 = 2a n +1 ? a n ⑴求数列 {a n } 的通项公式; ⑵设 S n =| a1 | + | a 2 | + L + | a n | ,求 S n ; 的关键在于算出 S I T 及求数列 {an } 的公差。

n∈ N*

1 (n ∈ N * ), Tn = b1 + b2 + L + bn (n ∈ N * ) ,是否存在最大的整数 m ,使 n(12 ? a n ) m * 得对任意 n ∈ N ,均有 Tn > 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由。 32 解: (1)由题意, a n + 2 ? a n +1 = a n +1 ? a n ,∴{a n } 为等差数列,设公差为 d ,
⑶设 bn =
-5-

由题意得 2 = 8 + 3d ? d = ?2 ,∴ a n = 8 ? 2( n ? 1) = 10 ? 2n . (2)若 10 ? 2n ≥ 0则n ≤ 5 , n ≤ 5时, S n =| a1 | + | a 2 | + L + | a n |

8 + 10 ? 2n × n = 9n ? n 2 , 2 n ≥ 6 时, S n = a1 + a 2 + L + a5 ? a 6 ? a 7 L ? a n = a1 + a2 + L + an =
= S 5 ? ( S n ? S 5 ) = 2 S 5 ? S n = n 2 ? 9n + 40 n≥6 n 2 ? 9n + 40 1 1 1 1 1 (3)Q bn = = = ( ? ) n(12 ? a n ) 2n(n + 1) 2 n n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴ Tn = [(1 ? ) + ( ? ) + ( ? ) + L + ( ? )+( ? )] = . 2 2 2 3 3 4 n ?1 n n n +1 2(n + 1) m n m * * 若 Tn > 对任意 n ∈ N 成立,即 > 对任意 n ∈ N 成立, 32 n + 1 16 n 1 m 1 Q (n ∈ N * ) 的最小值是 ,∴ < , ∴ m 的最大整数值是 7。 n +1 2 16 2 m * . 即存在最大整数 m = 7, 使对任意 n ∈ N ,均有 Tn > 32
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。. 五、强化训练 (一)用基本量方法解题 1、 (04 年浙江)已知等差数列的公差为 2,若 a1,a3,a4 成等比数列,则 a2= (B ) A -4 B -6 C -8 D -10 (二)用赋值法解题 2、 (96 年)等差数列{an}的前 m 项和为 30,前 2m 项和为 100,则它的前 3m 项和为(C ) A 130 B 170 C 210 D 260 故 Sn =

9n ? n 2

n≤5

3、 (01 年)设{an}是公比为 q 的等比数列, Sn 是{an}的前 n 项和,若{Sn}是等差数列,则 q=__1_

a 1 (3 n ? 1)
4、设数列{an}的前项的和 Sn=

2

(对于所有 n ≥ 1) ,且 a4=54,则 a1=__2___

(三)用整体化方法解题 5、 (00 年)已知等差数列{an}满足 a1+a2+a3+…+a101=0,则有(C ) A a1+a101>0 B a2+a100<0 C a3+a99=0 D a51=51 6、 (02 年)若一个等差数列的前 3 项和为 34,最后 3 项的和为 146,且所有项的和为 390,则这 个数列的项数为(A) A 13 B 12 C 11 D 10 7、 (03 年上海)在等差数列{an}中 a5=3,a6=-2,a4+a5+…+a10=-49 (四)用函数方法解题 8、 (04 年天津)已知数列{an},那么“对任意的 n ∈ N+,点 Pn(n ,an)都在直线 y=x+1 上”是“{an}为
-6-

等差数列”的( B) A 必要条件 B 充分条件 C 充要条件 D 既不充分也不必要条件 9、 (99 年上海)已知等差数列{an}满足 3a4=7a7,且 a1>0,Sn 是{an}的前 n 项和,Sn 取得最大值,则 n=___9______. 10、 (01 年上海)已知数列{an}中 an=2n-7,(n ∈ N+), a1 + a 2 +--+ a15 =_153___ (五)用递推方法解题 2 且 a2 11、 年全国) an}是首项为 1 的正项数列, (n+1) n+1-nan +an+1an=0,求它的通项公式是__1/n (03 设{ 12 、 04 年 全 国 ) 已 知数 列 {an} 满 足 a.1=1,an=a1+2a2+3a3+---+(n-1)an-1 (n>1), 则 {an} 的 通 项 (

an=______a1=1;an=

n! n≥2 2

13、 (04 年北京)定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常 数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和。 已知数列 {a n } 是等和数列, a1 = 2 , 且 公和为 5, 那么 a18 的值为__3___, 这个数列的前 n 项和 S n 的计算公式为__当 n 为偶数时, S n =

5 5 1 n ;当 n 为奇数时, S n = n ? 2 2 2

14. (04 年全国)已知数列{an}中,a1=1,a2k=a2k-1+(-1)K,a2k+1=a2k+3k,其中 k=1,2,3,…。 (1)求 a3,a5; (2)求{an}的通项公式 1 解: (I)a2=a1+(-1) =0, a3=a2+31=3.a4=a3+(-1)2=4 a5=a4+32=13, 所以,a3=3,a5=13. (II) a2k+1=a2k+3k = a2k-1+(-1)k+3k, 所以 a2k+1-a2k-1=3k+(-1)k, - - a3-a1=3+(-1). 同理 a2k-1-a2k-3=3k 1+(-1)k 1, 所以(a2k+1-a2k-1)+(a2k-1-a2k-3)+…+(a3-a1) - - =(3k+3k 1+…+3)+[(-1)k+(-1)k 1+…+(-1)], 由此得 a2k+1-a1=

3 k 1 (3 -1)+ [(-1)k-1], 2 2

于是 a2k+1=

3 k +1 1 3k 1 3k 1 + (?1) k ? 1. a2k= a2k-1+(-1)k= + (-1)k-1-1+(-1)k= + (-1)k=1. 2 2 2 2 2 2
n +1 2

{an}的通项公式为: 当 n 为奇数时,an= 3
+ (?1)
n ?1 2

2
n 2

×

1 ? 1; 2

当 n 为偶数时, a n = 3 + (?1) 2 × 1 ? 1.
2 2

n

-7-



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