数列解题方法高考真题

数列解题方法高考真题

一、通向的求法：‎ ‎1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。‎ 例．等差数列是递增数列，前n项和为，且成等比数列，．求数列的通项公式.‎ 解：设数列公差为 ‎∵成等比数列，∴，‎ 即 ‎∵， ∴………………………………①‎ ‎∵ ∴…………②‎ 由①②得：，‎ ‎∴‎ ‎2.公式法：已知（即）求，用作差法：。‎ 例．已知数列的前项和满足．求数列的通项公式。‎ 解：由 当时，有 ‎……，‎ 经验证也满足上式，所以 ‎3.作商法：已知求，用作商法：。‎ 如数列中，对所有的都有，则______ ；‎ ‎4.累加法：‎ 若求：。‎ 例. 已知数列满足，，求。‎ 解：由条件知：‎ 分别令，代入上式得个等式累加之，即 所以 ‎，‎ 例：已知数列，且a1=2，an+1=an+n，求an.‎ 解：‎ ‎∴，，，···，‎ 将以上各式相加得 又因为当n=1，成立，‎ ‎∴ ‎ ‎5.累乘法：已知求，用累乘法：。‎ 例. 已知数列满足，，求。‎ 解：由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即 又，‎ 例：已知,求通项an.‎ 解：∵‎ ‎∴，，… ，‎ 把以上各项式子相乘得 ‎∴‎ 又当n=1时，成立 ‎∴‎ ‎6.已知递推关系求，用构造法（构造等差、等比数列）。‎ ‎（1）形如只需构造数列，消去带来的差异．其中有多种不同形式 ①为常数，即递推公式为（其中p，q均为常数，）。‎ 解法：转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。‎ 例. 已知数列中，，，求.‎ 解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则, 所以.‎ ②为一次多项式，即递推公式为 例．设数列：，求.‎ 解：设，将代入递推式，得 ‎…（１）则,又，故代入（１）得 备注：本题也可由 ,（）两式相减得转化为求之.‎ ③ 为的二次式，则可设;‎ ‎（2）递推公式为（其中p，q均为常数，）。 （或,其中p，q, r均为常数）‎ 解法：该类型复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：‎ 引入辅助数列（其中），得：再应用类型（1）的方法解决。‎ 例. 已知数列中，,，求。‎ 解：在两边乘以得：‎ 令，则,应用例7解法得：‎ 所以 ‎（3）递推公式为（其中p，q均为常数）。‎ 解法：先把原递推公式转化为其中s，t满足，再应用前面类型（2）的方法求解。‎ 例. 已知数列中，,,，求。‎ 解：由可转化为 即或 这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则是以首项为，公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，即 又，所以。‎ ‎7. 形如或的递推数列都可以用倒数法求通项。‎ 例：‎ 解：取倒数：‎ 是等差数列，‎ ‎8、型 该类型是等式两边取对数后转化为前边的类型，然后再用递推法或待定系法构造等比数列求出通项。‎ 两边取对数得 设 ‎∴原等式变为即变为基本型。‎ 例．已知，求其通项公式。‎ 解：由知且，‎ 将等式两边取对数得，‎ 即，‎ ‎∴为等比数列，其首项为，公比为2‎ ‎∴，‎ ‎∴。‎ 通项公式为 二、求和方法 ‎（一）、利用常用求和公式求和 ‎ 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. ‎ 1、 等差数列求和公式： ‎ ‎2、等比数列求和公式：‎ 3、 ‎ 4、‎ 5、 ‎[例1] 已知，求的前n项和.‎ 解：由 ‎ 由等比数列求和公式得 （利用常用公式）‎ ‎ ＝＝＝1－‎ ‎ ‎ ‎[例2] 设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求的最大值.‎ ‎ 解：由等差数列求和公式得 ， （利用常用公式）‎ ‎ ∴ ＝‎ ‎ ＝＝‎ ‎ ∴ 当 ，即n＝8时，‎ ‎（二）、错位相减法求和 这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·　bn}的前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.‎ ‎[例3] 求和：………………………①‎ 解：由题可知，{}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{}的通项之积 设………………………. ② （设制错位）‎ ‎①－②得 （错位相减）‎ 再利用等比数列的求和公式得：‎ ‎ ∴ ‎ ‎[例4] 求数列前n项的和.‎ 解：由题可知，{}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{}的通项之积 设…………………………………①‎ ‎………………………………② （设制错位）‎ ‎①－②得 （错位相减）‎ ‎ ‎ ‎ ∴ ‎ ‎（三）、倒序相加法求和 这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个.‎ ‎[例5] 求证：‎ 证明： 设………………………….. ①‎ ‎ 把①式右边倒转过来得 ‎ （反序）‎ ‎ 又由可得 ‎ …………..…….. ②‎ ‎ ①+②得 ‎ ‎（反序相加）‎ ‎ ∴ ‎ ‎[例6] 求的值 解：设…………. ①‎ 将①式右边反序得 ‎ …………..② （反序） ‎ ‎ 又因为 ‎ ‎ ①+②得 （反序相加）‎ ‎＝89 ‎ ‎∴ S＝44.5‎ ‎（四）、分组法求和 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.‎ ‎[例7] 求数列的前n项和：，…‎ 解：设 将其每一项拆开再重新组合得 ‎ （分组）‎ 当a＝1时，＝ （分组求和）‎ 当时，＝‎ ‎[例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.‎ 解：设 ‎ ∴ ＝‎ 将其每一项拆开再重新组合得 ‎ Sn＝ （分组）‎ ‎＝ ‎ ‎ ＝ （分组求和）‎ ‎ ＝‎ ‎（五）、裂项法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：‎ ‎（1） （2）‎ ‎（3） （4）‎ ‎（5）‎ ‎(6) ‎ ‎[例9] 求数列的前n项和.‎ 解：设 （裂项）‎ 则 （裂项求和）‎ ‎ ＝‎ ‎ ＝‎ ‎[例10] 在数列{an}中，，又，求数列{bn}的前n项的和.‎ 解： 　 ∵ ‎ ‎ 　 ∴ （裂项）‎ ‎∴ 数列{bn}的前n项和 ‎ （裂项求和）‎ ‎ ＝ ＝ ‎ ‎[例11] 求证：‎ 解：设 ‎∵ （裂项）‎ ‎ ∴ （裂项求和）‎ ‎ ＝‎ ‎ ＝＝＝‎ ‎ ∴　原等式成立 ‎ ‎ ‎（六）、合并法求和 针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求Sn.‎ ‎[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.‎ 解：设Sn＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°‎ ‎∵ （找特殊性质项）‎ ‎∴Sn＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···‎ ‎+（cos89°+ cos91°）+ cos90° （合并求和）‎ ‎ ＝ 0‎ ‎[例13] 数列{an}：，求S2002.‎ 解：设S2002＝‎ 由可得 ‎……‎ ‎∵ （找特殊性质项）‎ ‎∴　S2002＝ （合并求和）‎ ‎ ＝‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎＝5‎ ‎[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若的值.‎ 解：设 由等比数列的性质 （找特殊性质项）‎ 和对数的运算性质 得 ‎ （合并求和）‎ ‎ ＝‎ ‎ ＝‎ ‎ ＝10‎ ‎（七）、利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.‎ ‎[例15] 求之和.‎ 解：由于 （找通项及特征）‎ ‎∴ ‎ ‎＝ （分组求和）‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎[例16] 已知数列{an}：的值.‎ 解：∵ （找通项及特征）‎ ‎ ＝ （设制分组）‎ ‎ ＝ （裂项）‎ ‎∴ （分组、裂项求和）‎ ‎ ＝‎ ‎ ＝‎ 三、常考题型 题型一　等差数列、等比数列的综合问题 例1　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项；‎ ‎(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知得解得a2＝2.‎ 设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，‎ 又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.‎ 解得q1＝2，q2＝.‎ ‎∵q>1，∴q＝2，∴a1＝1.‎ 故数列{an}的通项为an＝2n－1.‎ ‎(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，‎ 由(1)得a3n＋1＝23n，‎ ‎∴bn＝ln 23n＝3nln 2.‎ 又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ ‎＝·ln 2.‎ 故Tn＝ln 2.‎ 思维升华　(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的等比数列也是等差数列．‎ ‎(2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d的等差数列，则{abn}(a>0，a≠1)就是一个等比数列，其公比q＝ad；反之，若数列{bn}是一个公比为q(q>0)的正项等比数列，则{logabn}(a>0，a≠1)就是一个等差数列，其公差d＝logaq.‎ ‎　已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}对n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.‎ 解　(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，‎ ‎∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2 (因为d>0). ‎ ‎∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.‎ 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，‎ ‎∴bn＝3·3n－2＝3n－1.‎ ‎(2)由＋＋…＋＝an＋1，得 当n≥2时，＋＋…＋＝an.‎ 两式相减得，＝an＋1－an＝2. ‎ ‎∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2)．‎ 又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.‎ ‎∴cn＝ ‎∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013‎ ‎＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.‎ 题型二　数列的通项与求和 例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.‎ ‎(1)证明：数列{}是等比数列；‎ ‎(2)求通项an与前n项的和Sn.‎ ‎(1)证明　因为a1＝，an＋1＝an，‎ 当n∈N*时，≠0.‎ 又＝，∶＝(n∈N*)为常数，‎ 所以{}是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)解　由{}是以为首项，为公比的等比数列，‎ 得＝×()n－1，‎ 所以an＝n×()n.‎ ‎∴Sn＝1·()＋2·()2＋3·()3＋…＋n·()n，‎ Sn＝1·()2＋2·()3＋…＋(n－1)()n＋n·()n＋1，‎ ‎∴Sn＝()＋()2＋()3＋…＋()n－n·()n＋1‎ ‎＝－n·()n＋1，‎ ‎∴Sn＝2－()n－1－n·()n ‎＝2－(n＋2)·()n.‎ 综上，an＝n·()n，Sn＝2－(n＋2)·()n.‎ 思维升华　(1)一般数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息．‎ ‎(2)‎ 根据数列的特点选择合适的求和方法，本题选用的错位相减法，常用的还有分组求和，裂项求和．‎ ‎　已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列{an}是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.‎ ‎(1)证明　∵Sn＝，n∈N*，‎ ‎∴当n＝1时，a1＝S1＝ (an>0)，∴a1＝1.‎ 当n≥2时，由 得2an＝a＋an－a－an－1.‎ 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，‎ ‎∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)．‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列．‎ ‎(2)解　由(1)可得an＝n，Sn＝，‎ bn＝＝＝－.‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝1－＋－＋…＋－ ‎＝1－＝.‎ 题型三　数列与不等式的综合问题 例3　(2013·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.‎ ‎(1)求a2的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.‎ ‎(1)解　2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，‎ 所以a2＝4.‎ ‎(2)解　当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，‎ ‎2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，‎ 两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，‎ 整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，‎ 即－＝1，又－＝1，‎ 故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，‎ 所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.‎ ‎(3)证明　当n＝1时，＝1<；‎ 当n＝2时，＋＝1＋＝<；‎ 当n≥3时，＝<＝－，‎ 此时＋＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋ ‎＝1＋＋＋＋…＋ ‎＝＋－＝－<，‎ 所以对一切正整数n，有＋＋…＋<.‎ 思维升华　(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解．‎ ‎(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明．‎ ‎　已知等差数列{an}中，a2＝6，a3＋a6＝27.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列{an}的前n项和为Sn，且Tn＝，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)设公差为d，由题意得：‎ 解得∴an＝3n.‎ ‎(2)∵Sn＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，‎ ‎∴Tn＝，‎ ‎∴Tn＋1－Tn＝－ ‎＝，‎ ‎∴当n≥3时，Tn>Tn＋1，且T1＝1a1，则G（A）≠空集 ；‎ ‎(I I I）证明：若数列A满足an-an-1 ≤1（n=2,3,…,N）,则G（A）的元素个数不小于aN –a1。‎ ‎5、（山东卷）‎