高三复习-------数列解题方法集锦课件.doc

高三复习-------数列解题方法集锦
数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。

而且往往还以解答题的形式出
现，所以我们在复习时应给予重视。

近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。

一、数列的基础知识 1．数列{a n }的通项a n 与前n 项的和S n 的关系
它包括两个方面的问题：一是已知S n 求a n ，二是已知a n 求S n ； 1.1 已知S n 求a n
对于这类问题，可以用公式a n =⎩⎨⎧≥-=-)
2()1(11
n S S n S n n .
1.2 已知a n 求S n
这类问题实际上就是数列求和的问题。

数列求和一般有三种方法：颠倒相加法、错位相
减法和通项分解法。

2．递推数列：⎩⎨
⎧==+)
(11n n a f a a
a ，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设
法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。

例1 已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-2n+3,求数列{a n }的通项a n ，并判断数列{a n }是否为
等差数列。

解：由已知：S n =n 2-2n+3，所以，S n-1=(n-1)2-2(n-1)+3=n 2-4n+6,
两式相减，得：a n =2n-3(n ≥2),而当n=1时,a 1=S 1=2,所以a n =⎩
⎨⎧≥-=)2(32)1(2
n n n .
又a 2-a 1≠a 3-a 2，故数列{a n }不是等差数列。

注意：一般地，数列{a n }是等差数列⇔S n =an 2
+bn ⇔S n
2
)
(1n a a n +.
数列{a n }是等比数列⇔S n =aq n
-a.
例2 已知数列{a n }的前n 项的和S n =
2
)
(1n a a n +,求证：数列{a n }是等差数列。

证明：因为S n =
2)(1n a a n +，所以，2)
)(1(111++++=n n a a n S 两式相减，得：2
)
())(1(1111n n n a a n a a n a +-++=
++，所以
n n n na a n a a -++=++111)1(2，即：11)1(a na a n n n -=-+，同理： 11)1()2(a a n a n n n --=--，即：11)2()1(a a n a n n n +-=--，
两式相加，得：n n n a n a n a n )22()1()1(11-=-+--+，即：
n n n a a a 211=+-+，所以数列{a n }是等差数列。

例3 已知数列{a n }的前n 项的和S n + a n =2n+1,求数列{a n }的通项a n . 解：因为S n + a n =2n+1，所以， S n+1+a n+1=2(n+1)+1,两式相减，得： 2a n+1-a n =2,即：2a n+1-a n +2=4，2a n+1-4= a n -2，所以
21221=--+n n a a ，而S 1+a 1=3，a 1=23，故a 1-2=2
1
-，
即：数列{a n }是以21-
为首项，2
1
为公比的等比数列，所以 a n -2=21-(21)n-1= - (21)n ,从而a n =2 - (2
1)n 。

例 4 （2000年全国）设{a n }是首项为1的正项数列，且(n+1)a n+12-na n 2+a n+1a n =0，(n=1,2,3,…),则它的通项公式是a n = .
分析：（1）作为填空题，不需要解题步骤，所以可以采用不完全归纳法。

令n=1，得：2a 22+a 2-1=0,解得，a 2=21.令n=2, 得：3a 32+21a 3-2
1
=0, 解得，a 3=31.同理，
a 4=
41由此猜想：a n =n
1
. (2)由(n+1)a n+12-na n 2+a n+1a n =0，得：[(n+1)a n+1-na n ](a n+1+a n )=0, 所以(n+1)a n+1=na n ，这说明
数列是常数数列，故na n =1，a n =
n
1
. 也可以由(n+1)a n+1=na n ，得：
1
1+=+n n
a a n n ，所以 n
n n n n a a a a a a a a n n n n n 1
121121112211=⋅⋅⋅--⋅-=⋅⋅⋅⋅=
--- 。

例5 求下列各项的和
(1)n
n n n n n n C n nC C C C )1(321210++++++- .
(2)1+2⨯21+3⨯22+4⨯23+…+n ⨯2n-1. (3)1⨯2+2⨯3+3⨯4+…+n(n+1).
(4)
)
2(1421311+++⨯+⨯n n . 解：（1）设 S n =n
n n n n n n C n nC C C C )1(321210++++++- ,则
S n =0
112)1(n n n n n n C C nC C n +++++- ,
两式相加，得：2S n = (n+2)n
n n n C n C n C )2()2(10+++++ =(n+2)(n
n n n C C C +++ 10)=(n+2)2n ,
所以S n =(n+2)2n-1.
思考：n
n n n n n n n n C C C C C 112102242+-+++++ 又如何求呢？
（2）设S n =1+2⨯21+3⨯22+4⨯23+…+n ⨯2n-1，则
2 S n = 1⨯2+2⨯22+3⨯23+…+（n-1）2n-1+n2n .
两式相减。

得：- S n =1+21
+22
+…+2 n-1
-n2 n
=
n n
n 22
121⋅---=2n (1-n)-1.
S n =2n (n-1)+1.
(3)1⨯2+2⨯3+3⨯4+…+n(n+1)=(12+1)+(22+2)+(32+3)+ … +(n 2+n) =(12+22+32+ … +n 2)+(1+2+3+ … +n) =
)1(21)12)(1(61++++n n n n n =)2)(1(3
1
++n n n . (4) ∵
)2
1
1(21)2(1+-=+n n n n
∴
)
2(1421311+++⨯+⨯n n =
)2
11111151314121311(21+-++--++-+-+-n n n n =
)2111211(21+-+-+n n =)
2)(1(3243+++-n n n . 二、等差数列与等比数列
1．定义：数列{a n }为等差数列⇔a n+1-a n =d ⇔a n+1-a n =a n -a n-1；
数列{b n }为等比数列⇔
q a b n n =+1⇔1
1-+=n n n n b b
b b 。

2．通项公式与前n 项和公式：
数列{a n }为等差数列，则通项公式a n =a 1+(n-1)d, 前n 项和
S n =
2)(1n a a n +=2
)1(1d
n n na -+. 数列{a n }为等比数列，则通项公式a n =a 1q n-1, 前n 项和S n =⎪
⎩
⎪
⎨⎧≠--=)1(1)1()1(11
q q q a q na n .
3．性质：
（4）函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一个指数函数型的函数。

可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。

例6 设S n 是等差数列{a n }的前n 项的和，已知
31S 3与4
1
S 4的等比中项为51S 5，31S 3与4
1
S 4的等差中项为1，求等差数列{a n }的通项。

(1997年高考题) 解：设等差数列的公差为d,则
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧=+=⋅24131)51(4131432543S S S S S ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++=+⋅+2)64(41)23(3
1)105(25
1)64(41)23(31112111d a d a d a d a d a ， 解得：⎪⎩⎪⎨⎧=-
=⎩⎨⎧==4512101
1a d a d 或，所以n a a n n 5125321-=
=或。

评说：当未知数与方程的个数相等时，可用解方程的方法求出这两类特殊数列的首项与公差或公比，然后再解决其他问题。

例7 设等比数列{a n }的前n 项的和为S n ，若S 3+S 6=2S 9，求数列{a n }的公比q (1996年高考题)。

解：若q=1，则S 3=3a 1,S 6=6a 1,S 9=9a 1, 由已知S 3+S 6=2S 9, 得：3a 1+6a 1=18a 1,解得：a 1=0，这与数列{a n }为等比数列矛盾，所以，q ≠1。

由已知S 3+S 6=2S 9, 得：q
q a q q a q q a --=
--+--1)
1(21)1(1)1(916131，整理得： 0)12(3
63=--q q q ，解得：2
4
3
-
=q 。

例8 在等差数列{a n }中，已知a 7=8，求S 13.
分析：在这个问题中，未知数有两个：首项a 1与公差d ，但方程只有一个，因此不能象例6那样通过解方程解决问题，必须利用这两类数列的性质或者利用整体性思想来解决问题。

解：因为a 7=8，所以a 1+a 13=2a 7=16，故S 13=
.1042
)
(13131=+a a
例9 在等差数列{a n }中，已知a 1>0,S n 是它的前n 项的和.已知S 3=S 11，求S n 的最大值。

分析：和例8一样，也是未知数的个数多于方程的个数，所以须考虑等差数列的性质。

解：由已知：S 3=S 11，故.013
2
,551133111<-
=+=+a d d a d a 得：而因为S 3=S 11，得a 4+a 5+a 6+…+a 10+a 11=0.由于a 4+a 11=a 5+a 10=a 6+a 9=a 7+a 8,所以a 7+a 8=0。

故a 7>0,a 8<0,所以 S 7最大。

评说：(1)本题也可以利用函数的思想来解，即把S n 表示成某一变量的函数（比如n ），然后再求这个函数的最大值。

(2)本题还可以利用方程与不等式的思想来解，即S n 最大当且仅当a n >0同时a n+1<0，解
这个不等式组即可。

三、数列综合问题
对于综合问题，要注意与其他数学知识相联系，如函数、方程、不等式，还要注意数学
思想方法的应用，如归纳法、类比、叠加等。

例10 已知等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，令b n =
n S 1，且b 4=10
1，S 6-S 3=15,求数列{b n }的通项公式和∑=∞
→n
i i n b 1
lim 的值。

分析：欲求b n ，需先求S n ，而S n 是数列{a n }的前n 项的和，所以应首先求出a n 。

因为
数列{a n }是等差数列，故只要能找到关于a 1与d 的两个方程即可。

解：设数列的首项为a 1，公差为d.由已知得：
⎩⎨⎧=+=+⇒⎩⎨
⎧=-=15123106415101136
4d a d a S S S ，解得：⎩⎨⎧==11
1d a 。

所以a n =n,从而S n =
2
)
1(+n n ,故b n =)1(2+n n 。

])1(1
321211[lim 2lim 1
+++⨯+⨯=∞→=∞→∑n n b n n
i i n =2.2)1
1
1(lim 2]1113121211[lim =+-=+-++-+-∞→∞
→n n n n n
例11 已知f(x)=a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a n x n ，且a 1,a 2,a 3,…,a n 组成等差数列（n 为正偶数），
又f(1)=n 2,f(-1)=n ； （1）求数列{a n }的通项a n ；
（2）试比较f(0.5)与3的大小，并说明理由。

分析：显然，只要能把f(1)=n 2,f(-1)=n 转化为关于首项和公差的两个方程即可。

解：（1）设数列的公差为d ，因为f(1)= a 1+a 2+a 3+…+a n =n 2，则na 1+
2
)
1(-n n d=n 2,即2a 1+(n-1)d=2n.又f(-1)= -a 1+a 2-a 3+…-a n-1+a n =n,即d n
⋅2
=n,d=2.解得a 1=1. ∴a n =1+2(n-1)=2n-1.
(2)f(0.5)=
n n )21)(12()21(5)21(32132-++++ ,把它两边都乘以2
1
，得：
n n n n f )2
1)(12()21)(32()21(3)21()21(21132-+-+++=- 两式相减，得：n
n n f )2
1)(12()21(2)21(2)21(221)21(21132--++++=-
=2
1)21)(12()21(2)21(221212---+++⨯-n n n
=21)21)(12()21(2221)21)(12(2
11]
)21(1[21211----=-------n n n n n n
=2
3)21)(32(23<+-n n 。

∴.3)2
1
(<f。