数学干货｜数列典型习题及解题方法_高中三年全科资料_高中三年全科资料_数学

高中数学数列基本题型及解法   例2．已知数列 a 中，S 是其前n项和，并且S 4a 2(n1,2,),a 1， n n n1 n 1   ⑴设数列b  a 2a (n 1,2,)，求证：数列 b 是等比数列； n n1 n n a ⑵设数列c  n ,(n 1,2,)，求证：数列  c  是等差数列； n 2n n   ⑶求数列 a 的通项公式及前n项和。 n 分析：由于{b }和{c }中的项都和{a }中的项有关，{a }中又有S =4a +2，可由S -S 作切入点 n n n n n1 n n2 n1 探索解题的途径． 解：(1)由S =4a 2，S =4a +2，两式相减，得S -S =4(a -a )，即a =4a -4a ．(根据 n1 n n2 n1 n2 n1 n1 n n2 n1 n b 的构造，如何把该式表示成b 与b 的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) n n1 n a -2a =2(a -2a )，又b =a -2a ，所以b =2b ① n2 n1 n1 n n n1 n n1 n 已知S =4a +2，a =1，a +a =4a +2，解得a =5，b =a -2a =3 ② 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 由①和②得，数列{b }是首项为3，公比为2的等比数列，故b =3·2n1． n n 当n≥2时，S =4a +2=2n1(3n-4)+2；当n=1时，S =a =1也适合上式． n n1 1 1 综上可知，所求的求和公式为S =2n1(3n-4)+2． n 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  4a 2得出递推公式。 n1 n 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． 1 例3．设数列{a }的前项的和S = （a -1） (nN ),（1）求a a (2)求证数列{a }为等比数列。 n n n + 1; 2; n 3 1 1 1 1 1 解: (Ⅰ)由S  (a 1) ,得a  (a 1) ∴a   又S  (a 1) ,即a a  (a 1) ,得 1 3 1 1 3 1 1 2 2 3 2 1 2 3 2 1 a  . 2 4 1 1 (Ⅱ)当n>1时,a  S S  (a 1) (a 1), n n n1 3 n 3 n1 a 1 1 1 得 n   ,所以  a  是首项 ,公比为 的等比数列. a 2 n 2 2 n1 15 5 2 例4、设a =1,a = ,a = a - a (n=1,2,---),令b =a -a (n=1,2---)求数列{b }的通项公式，(2)求数列 1 2 n+2 n+1 n n n+1 n n 3 3 3 {na }的前n项的和S n n。 5 2 2 2 解：（I）因b  a a  a  a a  (a a ) b n1 n2 n1 3 n1 3 n n1 3 n1 n 3 n 2 2 2 故{b }是公比为 的等比数列，且b  a a  ,故 b  ( )n (n 1,2,) n 3 1 2 1 3 n 3 2 （II）由b  a a  ( )n得 n n1 n 3 a a  (a a )(a a )(a a ) n1 1 n1 n n n1 2 1 2 2 2 2 2  ( )n ( )n1 ( )2   2[1( )n] 3 3 3 3 3 2n 注意到a 1,可得a 3 (n 1,2,) 1 n 3n1 n2n1 记数列{ }的前n项和为T ，则 3n1 n 2 2 2 2 2 2 T 12 n( )n1, T  2( )2 n( )n n 3 3 3 n 3 3 3 1 2 2 2 2 2 2 两式相减得 T 1 ( )2 ( )n1n( )n 3[1( )n]n( )n, 3 n 3 3 3 3 3 3 2 2 (3n)2n 故T 9[1( )n]3n( )n 9 n 3 3 3n1 3 (3n)2n1 从而S a 2a na 3(12n)2T  n(n1) 18 n 1 2 n n 2 3n1 例6．数列  a  中，a 8,a 2且满足a  2a a nN* n 1 4 n2 n1 n   ⑴求数列 a 的通项公式； n ⑵设S |a ||a ||a |，求S ； n 1 2 n n 1 ⑶设b = (nN*),T b b b (nN*)，是否存在最大的整数m，使得对任 n n(12a ) n 1 2 n n m 意nN*，均有T  成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。 n 32 解：（1）由题意，a a  a a ，{a }为等差数列，设公差为d ， n2 n1 n1 n n 由题意得283d d 2，a 82(n1) 102n. n （2）若102n  0则n 5，n 5时,S |a ||a ||a | n 1 2 n 8102n a a a  n9nn2, 1 2 n 2 n6时，S  a a a a a a n 1 2 5 6 7 n  S (S S )  2S S  n2 9n40 5 n 5 5 n 9nn2 n5 故S  n n2 9n40 n6 21 1 1 1 1 （3）b    (  ) n n(12a ) 2n(n1) 2 n n1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n T  [(1 )(  )(  )(  )(  )]  . n 2 2 2 3 3 4 n1 n n n1 2(n1) m n m 若T  对任意nN*成立，即  对任意nN*成立， n 32 n1 16 n 1 m 1  (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T  . n 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。. 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： 1 4 9 16 （1）9，99，999，9999，…（2）1 , 2 , 3 , 4 , 2 5 10 17 2 1 2 1 2 3 4 （3）1, , , ,（4） ,  , ,  , 3 2 5 2 3 4 5 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：a 10n 1 n n2 2 n （2）a  n ; （3）a  ; （4）a  (1)n1 . n n2 1 n n1 n n1 观察各项的特点，关键是找出各项与项数n的关系。 定义法 二、 例2： 已知数列{a }是公差为d的等差数列，数列{b }是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函 n n 数f(x)=(x－1)2，且a =f(d－1)，a =f(d+1)，b =f(q+1)，b =f(q－1)， 1 3 1 3 (1)求数列{a }和{b }的通项公式； n n 解：(1)∵a =f(d－1)=(d－2)2，a =f(d+1)=d2， 1 3 ∴a －a =d2－(d－2)2=2d， 3 1 ∴d=2，∴a =a +(n－1)d=2(n－1)；又b =f(q+1)=q2，b =f(q－1)=(q－2)2， n 1 1 3 b (q2)2 ∴ 3  =q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2， b q2 1 ∴b =b·qn－1=4·(－2)n－1 n 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。 叠加法 三、 例3：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。 解 易知a a 2n1, n n1 ∵a a 3, 2 1 3a a 5, 3 2 a a 7, 4 3 …… a a 2n1, n n1 各式相加得a a 357(2n1) ∴a n2 5 (nN) n 1 n 一般地，对于型如a  a  f(n)类的通项公式，只要 f(1) f(2) f(n)能进行求和，则 n1 n 宜采用此方法求解。 叠乘法 四、 例4：在数列｛an ｝中，a 1 =1, (n+1)·a n1 =n·an ，求an 的表达式。 a n 解：由(n+1)·a n1 =n·an 得 a n1  n1 ， n a a a a a 1 2 3 n1 1 1 n = 2 3 4 … n =     所以a  a a · a · a a 2 3 4 n n n n 1 1 2 3 n1 一般地，对于型如a n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。 五、公式法   若已知数列的前n项和S 与a 的关系，求数列 a 的通项a 可用公式 n n n n S n 1 a   n 求解。 n S S n  2 n n1 例5：已知下列两数列{a }的前n项和s n 的公式，求{a }的通项公式。 n n （1）S  n3 n1。 （2）s  n2 1 n n 解： （1）a  S 111 1 1   a =S S =(n3 n1) (n1)3 (n1)1 =3n2 3n2 n n n1 此时，a 2 S 。∴a =3n2 3n2为所求数列的通项公式。 1 1 n （2）a  s  0，当n  2时 1 1 a  s s  (n2 1)[(n1)2 1] 2n1 n n n1 0 (n 1) 由于a 不适合于此等式 。 ∴a   1 n 2n1 (n  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 a n 的首项为a 1 =1，前n项和S n 满足关系 3tS (2t 3)S 3t(t  0,n  2,3,4,) n n1 求证：数列 a 是等比数列。 n 解析：因为3tS (2t 3)S 3t(t  0,n  2,3,4,)(1) n n1 4所以3tS (2t 3)S 3t(t  0,n  2,3,4,)(2) n1 n2 (1)(2)得： 3t（S S )(2t3)(S S ) 0(t 0,n  2,3,4,) n n1 n1 n2 a 2t3 所以，数列 a n 是等比数 3ta (2t3)a 0 n  (n 2,nN) n n1 a 3t 列。 n1 阶差法 六、   例7.已知数列 a 的前n项和S 与a 的关系是 n n n 1 S  ba 1 ，其中b是与n无关的常数，且b 1。 n n (1b)n 求出用n和b表示的a 的关系式。 n S n 1 解析：首先由公式：a   n 得： n S S n  2 n n1 b a  1 (1b)2 b b a  a  (n  2) n b1 n1 (1b)n1 b b b2  a  ( )2a  b1 n1 b1 n2 (b1)n1 b b b3 ( )2a  ( )3a  b1 n2 b1 n3 (b1)n1  b b bn1 ( )n2a  ( )n1a  b1 2 b1 1 (b1)n1  b  n1 bb2 b3 bn1 a   a  n b1 1 (b1)n1 bn bb2 bn1   (b1)n1 (b1)n1  n  b 1 bb2 bn 2n1 a    n (1b)n1  bbn1 b 1  (1b)(1b)n1 利用阶差法要注意：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 5例8：设数列{c }的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c =2，c =4，c =7，c =12，求通 n 1 2 3 4 项公式c n 解：设c  a(n1)d bqn1 n ab  2 q  2   ad bq  4 d 1     c  n2n1 a2d bq2  7 b 1 n    a3d bq3 12  a 1 点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式，一般地，若数列{a } n 为等差数列：则a  bnc，s  bn2 cn（b、ｃ为常数），若数列{a }为等比数列，则a  Aqn1， n n n n s  Aqn  A (Aq  0,q 1)。 n 辅助数列法 八、 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或等比数 列，从而利用这个数列求其通项公式。 2 1 例9.在数列  a  中，a 1，a  2，a  a  a ，求a 。 n 1 2 n2 3 n1 3 n n 2 1 1 解析：在a  a  a 两边减去a ，得a a   (a a ) n2 3 n1 3 n n1 n2 n1 3 n1 n 1 ∴  a a  是以a a 1为首项，以 为公比的等比数列， n1 n 2 1 3 1 ∴a a  ( )n1，由累加法得 n1 n 3 a =(a a )(a a )(a a )a n n n1 n1 n2 2 1 1 1 1( )n1 =( 1 )n2  ( 1 )n3 …( 1 )11= 3 = 3 [1( 1 )n1]1 3 3 3 1 4 3 1 3 7 3 1 =  ( )n1 4 4 3 例10.（2003年全国高考题）设a 为常数，且a 3n1 2a （nN*）， 0 n n1 1 证明：对任意n≥1，a  [3n (1)2n](1)n 2n a n 5 0 证明：设，a t3n  2(a t3n1) n n1 1 用a 3n1 2a 代入可得t  n n1 5 63n 3 ∴  a   是公比为2，首项为a  的等比数列， n 5 1 5 3n 3 ∴ a   (12a  )(2)n1（nN*）， n 5 0 5 3n (1)n12n 即：a  (1)n 2n a n 5 0 型如a =pa +f(n)(p为常数且p≠0,p≠1)可用转化为等比数列等. n+1 n (1)f(n)=q(q为常数)，可转化为a +k=p(a +k)，得{a +k}是以a +k为首项，p为公比的等比数列。 n+1 n n 1 例11：已知数{a }的递推关系为a  2a 1，且a 1求通项a 。 n n1 n 1 n ∴b  bqn1即a 1 (a 1)qn1  2n ∴a  2n 1 n 1 n 1 n a 例12： 已知数列｛a ｝中a 1且a  n （nN ），求数列的通项公式。 n 1 n1 a 1 ， n 1 1 ∴b 1(n1)  n ∴a   n n b n n 3a 例13.（07全国卷Ⅱ理21）设数列{a }的首项a (0，1)，a  n1，n2，3，4，…． n 1 n 2 （1）求{a }的通项公式； n 3a 解：（1）由a  n1，n2，3，4，…， n 2 1 整理得 1a  (1a )． n 2 n1 1 又1a 0，所以{1a }是首项为1a ，公比为 的等比数列，得 1 n 1 2 n1  1 a 1(1a )   n 1  2 注：一般地，对递推关系式a =pa +q(p、q为常数且，p≠0，p≠1)可等价地改写成 n+1 n q q q q a   p(a  ) 则{a  }成等比数列，实际上，这里的 是特征方程x=px+q的 n1 1 p n 1 p n 1 p 1 p 根。 a a a (2)f(n)为等比数列，如f(n)=qn(q为常数) ，两边同除以qn，得 q n1  p n 1，令b= n ，可转化 qn1 qn n qn 为b =pb +q的形式。 n+1 n 5 1 1 例14.已知数列{a}中，a= ， a = a+（ ）n+1，求a 的通项公式。 n 1 n+1 n n 6 3 2 71 1 2 2 解：a = a+（ ）n+1 乘以2n+1 得 2n+1a = (2na)+1 令b=2na 则 b = b+1 n+1 n n+1 n n n n+1 n 3 2 3 3 4 2 4 2 易得 b= ( )n1 3 即 2na= ( )n1 3 n n 3 3 3 3 2 3 ∴ a=  n 3n 2n (3)f(n)为等差数列 例15.已知已知数列{a}中，a=1，a +a =3+2n，求a 的通项公式。 n 1 n+1 n n 解：∵ a +a =3+2n，a +a =3+2(n+1)，两式相减得a -a =2 n+1 n n+2 n+1 n+2 n  n,n是奇数 因此得，a =1+2(n-1),a =4+2(n-1), ∴ a = 。 2n+1 2n n n2,n是偶数 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。 (4)f(n)为非等差数列，非等比数列 例16.（07天津卷理）在数列 a 中，a 2，a a n1(2)2n(nN)，其中0． n 1 n1 n （Ⅰ）求数列 a 的通项公式； n 解：由a a n1(2)2n(nN)，0， n1 n n1 n a  2 a  2 可得 n1     n    1， n1  n  a  2 n a  2 n 所以 n    为等差数列，其公差为1，首项为0，故 n     n1，所以数列 a 的通项公式  n    n  n 为a (n1)n 2n． n 这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。 倒数法 十、 1 1 数列有形如 f(a ,a ,a a )  0的关系，可在等式两边同乘以 ,先求出 ,再求得a . n n1 n n1 a a a n n n1 n a 例19．设数列{a }满足a  2, a  n (nN),求a . n 1 n1 a 3 n n 1 1 1 解：原条件变形为a a 3a  a .两边同乘以 ,得13  . n1 n n1 n a a a a n n1 n n1 1 1 1 1 1 1 ∵（3  )   ,  3n1 a 2 a 2 a 2 n n1 n 2 ∴a  . n 23n1 1 8