高三数学数列解题方法集锦

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{an}的通项an与前n项的和Sn的关系它包括两个方面的问题：一是已知Sn求an，二是已知an求Sn；1.1已知Sn求an对于这类问题，可以用公式an=)2()1(11nSSnSnn.1.2已知an求Sn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：)(11nnafaaa，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{an}的前n项和Sn=n2-2n+3,求数列{an}的通项an，并判断数列{an}是否为等差数列。解：由已知：Sn=n2-2n+3，所以，Sn-1=(n-1)2-2(n-1)+3=n2-4n+6,两式相减，得：an=2n-3(n2),而当n=1时,a1=S1=2,所以an=)2(32)1(2nnn.又a2-a1a3-a2，故数列{an}不是等差数列。注意：一般地，数列{an}是等差数列Sn=an2+bnSn2)(1naan.数列{an}是等比数列Sn=aqn-a.例2已知数列{an}的前n项的和Sn=2)(1naan,求证：数列{an}是等差数列。证明：因为Sn=2)(1naan，所以，2))(1(111nnaanS两式相减，得：2)())(1(1111nnnaanaana，所以nnnnaanaa111)1(2，即：11)1(anaannn，同理：11)1()2(aanannn，即：11)2()1(aanannn，两式相加，得：nnnananan)22()1()1(11，即：nnnaaa211，所以数列{an}是等差数列。例3已知数列{an}的前n项的和Sn+an=2n+1,求数列{an}的通项an.解：因为Sn+an=2n+1，所以，Sn+1+an+1=2(n+1)+1,两式相减，得：2an+1-an=2,即：2an+1-an+2=4，2an+1-4=an-2，所以21221nnaa，而S1+a1=3，a1=23，故a1-2=21，即：数列{an}是以21为首项，21为公比的等比数列，所以an-2=21(21)n-1=-(21)n,从而an=2-(21)n。例4（2000年全国）设{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，(n=1,2,3,…),则它的通项公式是an=.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：2a22+a2-1=0,解得，a2=21.令n=2,得：3a32+21a3-21=0,解得，a3=31.同理，a4=41由此猜想：an=n1.(2)由(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，得：[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0,所以(n+1)an+1=nan，这说明数列是常数数列，故nan=1，an=n1.也可以由(n+1)an+1=nan，得：11nnaann，所以nnnnnaaaaaaaannnnn1121121112211。例5求下列各项的和(1)nnnnnnnCnnCCCC)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nn.解：（1）设Sn=nnnnnnnCnnCCCC)1(321210,则Sn=0112)1(nnnnnnCCnCCn,两式相加，得：2Sn=(n+2)nnnnCnCnC)2()2(10=(n+2)(nnnnCCC10)=(n+2)2n,所以Sn=(n+2)2n-1.思考：nnnnnnnnnCCCCC112102242又如何求呢？（2）设Sn=1+221+322+423+…+n2n-1，则2Sn=12+222+323+…+（n-1）2n-1+n2n.两式相减。得：-Sn=1+21+22+…+2n-1-n2n=nnn22121=2n(1-n)-1.Sn=2n(n-1)+1.(3)12+23+34+…+n(n+1)=(12+1)+(22+2)+(32+3)+…+(n2+n)=(12+22+32+…+n2)+(1+2+3+…+n)=)1(21)12)(1(61nnnnn=)2)(1(31nnn.(4)∵)211(21)2(1nnnn∴)2(1421311nn=)211111151314121311(21nnnn=)2111211(21nn=)2)(1(3243nnn.二、等差数列与等比数列1．定义：数列{an}为等差数列an+1-an=dan+1-an=an-an-1；数列{bn}为等比数列qabnn111nnnnbbbb。2．通项公式与前n项和公式：数列{an}为等差数列，则通项公式an=a1+(n-1)d,前n项和Sn=2)(1naan=2)1(1dnnna.数列{an}为等比数列，则通项公式an=a1qn-1,前n项和Sn=)1(1)1()1(11qqqaqnan.3．性质：等差数列若m+n=p+q，则am+an=ap+aq每连续m项的和仍组成等差数列,即Sm,S2m-Sm,S3m-S2m组成等差数列等比数列若m+n=p+q，则aman=apaq每连续m项的和仍组成等比数列，即Sm,S2m-Sm,S3m-S2m组成等比数列（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Sn是等差数列{an}的前n项的和，已知31S3与41S4的等比中项为51S5，31S3与41S4的等差中项为1，求等差数列{an}的通项。(1997年高考题)解：设等差数列的公差为d,则24131)51(4131432543SSSSS，即2)64(41)23(31)105(251)64(41)23(31112111dadadadada，解得：45121011adad或，所以naann5125321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{an}的前n项的和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列{an}的公比q(1996年高考题)。解：若q=1，则S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1,由已知S3+S6=2S9,得：3a1+6a1=18a1,解得：a1=0，这与数列{an}为等比数列矛盾，所以，q1。由已知S3+S6=2S9,得：qqaqqaqqa1)1(21)1(1)1(916131，整理得：0)12(363qqq，解得：243q。例8在等差数列{an}中，已知a7=8，求S13.分析：在这个问题中，未知数有两个：首项a1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a7=8，所以a1+a13=2a7=16，故S13=.1042)(13131aa例9在等差数列{an}中，已知a10,Sn是它的前n项的和.已知S3=S11，求Sn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：S3=S11，故.0132,551133111addada得：而因为S3=S11，得a4+a5+a6+…+a10+a11=0.由于a4+a11=a5+a10=a6+a9=a7+a8,所以a7+a8=0。故a70,a80,所以S7最大。评说：(1)本题也可以利用函数的思想来解，即把Sn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Sn最大当且仅当an0同时an+10，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{an}的前n项的和为Sn，令bn=nS1，且b4=101，S6-S3=15,求数列{bn}的通项公式和niinb1lim的值。分析：欲求bn，需先求Sn，而Sn是数列{an}的前n项的和，所以应首先求出an。因为数列{an}是等差数列，故只要能找到关于a1与d的两个方程即可。解：设数列的首项为a1，公差为d.由已知得：151231064151011364dadaSSS，解得：111da。所以an=n,从而Sn=2)1(nn,故bn=)1(2nn。])1(1321211[lim2lim1nnbnniin=2.2)111(lim2]1113121211[limnnnnn例11已知f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且a1,a2,a3,…,an组成等差数列（n为正偶数），又f(1)=n2,f(-1)=n；（1）求数列{an}的通项an；（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)=n2,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)=a1+a2+a3+…+an=n2，则na1+2)1(nnd=n2,即2a1+(n-1)d=2n.又f(-1)=-a1+a2-a3+…-an-1+an=n,即dn2=n,d=2.解得a1=1.∴an=1+2(n-1)=2n-1.(2)f(0.5)=nn)21)(12()21(5)21(32132,把它两边都乘以21，得：nnnnf)21)(12()21)(32()21(3)21()21(21132两式相减，得：nnnf)21)(12()21(2)21(2)21(221)21(21132=21)21)(12()21(2)21(221212nnn=21)21)(12()21(2221)21)(12(211])21(1[21211nnnnnn=23)21)(32(23nn。∴.3)21(f例12（2001年春季）在1与2之间插入个正数a1,a2,a3,…,an，使这n+2个正数成等比数列；又在1与2之间插入个正数b1,b2,b3,…,bn，使这n+2个正数成等差数列。记An=a1a2a3…an,Bn=b1+b2+b3+…+bn.（1）求数列{An}和{Bn}的通项；（2）当n≥7时，比较An与Bn的大小，并证明你的结论。分析：本题的关键是求An与Bn，如果能注意到1，a1,a2,a3,…,an，2成等比数列，1，b1,b2,b3,…,bn，2成等差数列，则就容易想到利用这两类数列的性质。解：(1)因为1，a1,a2,a3,…,an，2成等比数列，所以a1an=a2an-1=a3an-2=…=12,从而An2=(a1a2a3…an)(a1a2a3…an)=(a1an)(a2an-1)(a3an-2)…(ana1)