数列典型习题及解题方法

数列典型习题及解题方法

高中数学数列基本题型及解法

这部分内容需要掌握的题型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

②若

=

+（n-1）d=

+（n-k）d ，则 an 为等差数列； ，则 an 为等比数列。

(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：

am 0(1)当a1>0,d<0时，满足 的项数m使得Sm取最大值.

a 0 m 1

(2)当a1<0,d>0时，满足

am 0

的项数m使得

am 1 0

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

数列典型习题及解题方法

an 1an

1．证明数列 an 是等差或等比数列常用定义，即通过证明an 1 an an an 1 或而得。

anan 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sn与an之间关系的转化。如：

n

n 1 S1 0

， an=a1 (ak ak 1)． an=

S S 0n 2k 2n 1 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{an}是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn．

(2)过点Q1(1，a1)，Q2(2，a2)作直线12，设l1与l2的夹角为θ，证明：(1)因为等差数列{an}的公差d≠0，所以

Kp1pk是常数(k=2，3， ，n)．

(2)直线l2的方程为y-a1=d(x-1)，直线l2的斜率为d．

例2．已知数列 an 中，Sn是其前n项和，并且Sn 1 4an 2(n 1,2, ),a1 1，

⑴设数列bn an 1 2an(n 1,2, )，求证：数列 bn 是等比数列； ⑵设数列cn

⑶求数列 an 的通项公式及前n项和。

an

,(n 1,2, )，求证：数列 cn 是等差数列； n2

分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn 1=4an+2，可由Sn 2-Sn 1作切入点

数列典型习题及解题方法

探索解题的途径．

解：(1)由Sn 1=4an 2，Sn 2=4an 1+2，两式相减，得Sn 2-Sn 1=4(an 1-an)，即an 2=4an 1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn 1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)

an 2-2an 1=2(an 1-2an)，又bn=an 1-2an，所以bn 1=2bn ① 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2

n 1

．

当n≥2时，Sn=4an 1+2=2

n 1

(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n 1

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Sn 1 4an 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．

综上可知，所求的求和公式为Sn=2

(3n-4)+2．

1

（an-1） (n N+),（1）求a1;a2; (2)求证数列{an}为等比数列。 3

11111

解: (Ⅰ)由S1 (a1 1),得a1 (a1 1) ∴a1 又S2 (a2 1),即a1 a2 (a2 1),得

332331a2 .

4

11

(Ⅱ)当n>1时,an Sn Sn 1 (an 1) (an 1 1),

33

例3．设数列{an}的前项的和Sn= 得

an111

,所以 an 是首项 ,公比为 的等比数列.

22an 12

552

,an+2=an+1-an (n=1,2,---),令bn=an+1-an (n=1,2---)求数列{bn}的通项公式，(2)求数列333

例4、设a1=1,a2=

{nan}的前n项的和Sn。

5222

an 1 an an 1 (an 1 an) bn 3333

222n

(n 1,2, ) 故{bn}是公比为的等比数列，且b1 a2 a1 ,故 bn ()

333

2n

（II）由bn an 1 an ()得

3

解：（I）因bn 1 an 2 an 1

数列典型习题及解题方法

an 1 a1 (an 1 an) (an an 1) (a2 a1)

22222 ()n ()n 1 ()2 2[1 ()n] 33333

2n

注意到a1 1,可得an 3 n 1(n 1,2, )

3n2n 1

记数列{n 1}的前n项和为Tn，则

3

222222

Tn 1 2 n ()n 1,Tn 2 ()2 n ()n

3333331222222

两式相减得Tn 1 ()2 ()n 1 n()n 3[1 ()n] n()n,

3333333

2n2n(3 n)2n

故Tn 9[1 ()] 3n() 9

333n 1

n 1

3(3 n)2

从而Sn a1 2a2 nan 3(1 2 n) 2Tn n(n 1) 18

23n 1

例5．在直角坐标平面上有一点列Pn位于函1(x1,y1),P2(x2,y2) ,Pn(xn,yn) ，对一切正整数n，点P数y 3x

135

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 xn 。 42

⑴求点Pn的坐标；

⑵设抛物线列c1,c2,c3, ,cn, 中的每一条的对称轴都垂直于x轴，第n条抛物线cn的顶点为Pn，

111

。

k1k2k2k3kn 1kn

⑶设S x|x 2xn,n N,n 1 ,T y|y 4yn,n 1 ，等差数列 an 的任一项an S T，其中a1是S T中的最大数， 265 a10 125，求 an 的通项公式。

53

解：（1）xn (n 1) ( 1) n

2213535

yn 3 xn 3n , Pn( n , 3n )

4424

2n 3212n 5

) , （2） cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn. 设cn的方程为：y a(x 24

22

把Dn(0,n2 1)代入上式，得a 1， cn的方程为：y x (2n 3)x n 1。

11111

( ) kn y'|x 0 2n 3，

kn 1kn(2n 1)(2n 3)22n 12n 3

1111111111

[( ) ( ) ( )]

792n 12n 3k1k2k2k3kn 1kn257

11111

) =(

252n 3104n 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 T T,T中最大数a1 17.

且过点Dn(0,n2 1)，记与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn，求：

数列典型习题及解题方法

设{an}公差为d，则a10 17 9d ( 265, 125)，由此得

248

d 12,又 an T d 12m(m N*),

9

d 24, an 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）的关

键在于算出S T及求数列 an 的公差。

例6．数列 an 中，a1 8,a4 2且满足an 2 2an 1 an n N*

⑴求数列 an 的通项公式；

⑵设Sn |a1| |a2| |an|，求Sn；

1

(n N*),Tn b1 b2 bn(n N*)，是否存在最大的整数m，使得对任

n(12 an)

m

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，an 2 an 1 an 1 an， {an}为等差数列，设公差为d， 由题意得2 8 3d d 2， an 8 2(n 1) 10 2n.

⑶设bn=

（2）若10 2n 0则n 5，n 5时,Sn |a1| |a2| |an|

8 10 2n

n 9n n2, 2

n 6时，Sn a1 a2 a5 a6 a7 an a1 a2 an

S5 (Sn S5) 2S5 Sn n2 9n 40

n 6n 9n 40

11111

（3） bn ( )

n(12 an)2n(n 1)2nn 1

n1111111111

) ( )] . Tn [(1 ) ( ) ( ) (

222334n 1nnn 12(n 1)mnm**

若Tn 对任意n N成立，即对任意n N成立，

32n 116n1m1 (n N*)的最小值是， , m的最大整数值是7。

2n 1162

m*

. 即存在最大整数m 7,使对任意n N，均有Tn 32

2

故Sn 9n n2

n 5

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）9，99，999，9999， （2）1,2

124916,3,4, 51017

数列典型习题及解题方法

（3）1,（4）

2,31,2

12, ,23

2

, 534, , 45

解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1， ∴通项公式为：an 10n 1

n22n

; （4）an ( 1)n 1 ; （3）an （2）an n 2. n 1n 1n 1

观察各项的特点，关键是找出各项与项数n的关系。 二、定义法

例2： 已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函

数f (x) = (x－1)2，且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，

(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；

解：(1)∵a 1=f (d－1) = (d－2)2，a 3 = f (d+1)= d 2， ∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，

∴d=2，∴an=a1+(n－1)d = 2(n－1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q－1)=(q－2)2，

b3(q 2)22∴=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2， b1q2

∴bn=b·qn1=4·(－2)n1

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。

－

－

三、 叠加法

例3：已知数列6，9，14，21，30， 求此数列的一个通项。 解 易知an an 1 2n 1,

∵a2 a1 3, a3 a2 5, a4 a3 7,

an an 1 2n 1,

∴an n2 5(n N)

各式相加得an a1 3 5 7 (2n 1)

一般地，对于型如an 1 an f(n)类的通项公式，只要f(1) f(2) f(n)能进行求和，则宜采用此方法求解。 四、叠乘法

例4：在数列｛an｝中，a1 =1, (n+1)·an 1=n·an，求an的表达式。 解：由(n+1)·an 1=n·an得

an 1n

， ann 1

1ana2a3a4an123n 11 a =…= 所以 n

n234nna1a1a2a3an 1

一般地，对于型如an 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。

数列典型习题及解题方法

五、公式法

若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列 an 的通项an可用公式

Sn n 1

求解。 an

S S n 2n 1 n

例5：已知下列两数列{an}的前n项和sn的公式，求{an}的通项公式。 （1）Sn n3 n 1。 （2）sn n2 1

解： （1）a1 S1 1 1 1

a 3n=Sn Sn 1=(n3 n 1) (n 1) (n 1) 1

=3n2 3n 2

此时，a1 2 S1。∴an=3n2 3n 2为所求数列的通项公式。 （2）a1 s1 0，当n 2时

an sn sn 1 (n2 1) [(n 1)2 1] 2n 1 由于a1不适合于此等式 。 ∴a 0

(n 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 an 的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系

3tSn (2t 3)Sn 1 3t(t 0,n 2,3,4, )

求证：数列 an 是等比数列。

解析：因为3tSn (2t 3)Sn 1 3t(t 0,n 2,3,4, ) (1) 所以3tSn 1 (2t 3)Sn 2 3t(t 0,n 2,3,4, ) (2) (1) (2)得：

3t（Sn Sn 1) (2t 3)(Sn 1 Sn 2) 0(t 0,n 2,3,4, ) 3taa2t 3

n (2t 3)an 1 0 na (n 2,n N)

n 13t

例7.已知数列 an 的前n项和Sn与an的关系是 Sn ban 1

1

(1 b)

n

，其中b是与n无关的常数，且b 1。求出用n和b表示的an的关系式。

解析：首先由公式：a Sn n 1

n Sn

Sn 1 n 2得：

所以，数列 an 是等比数列。

六、阶差法

数列典型习题及解题方法

b(1 b)2

bban an 1 (n 2)

b 1(1 b)n 1a1

bb2b2

an 1 ()an 2 n 1

b 1b 1(b 1)

b2b3b3 ()an 2 ()an 3 b 1b 1(b 1)n 1

bn 2bn 1bn 1

()a2 ()a1 n 1

b 1b 1(b 1)

b

an

b 1

n

n 1

b b2 b3 bn 1

a1

(b 1)n 1

2

n 1

bb b b

(b 1)n 1(b 1)n 1

n

b 1n 12n b b b 2

an n 1n 1

b b(1 b) b 1n 1

(1 b)(1 b)

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

例8：设数列{cn}的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn

解：设cn a (n 1)d bqn 1

a b 2 q 2 a d bq 4 d 1 n 1

c n 2 n2

a 2d bq 7 b 1 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{an}为等差数列：则an bn c，sn bn2 cn（b、ｃ为常数），若数列{an}为等比数列，则an Aqn 1，

sn Aqn A(Aq 0,q 1)。

数列典型习题及解题方法

八、

辅助数列法

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。

21

an 1 an，求an。 33

211

解析：在an 2 an 1 an两边减去an 1，得an 2 an 1 (an 1 an)

333

1

∴ an 1 an 是以a2 a1 1为首项，以 为公比的等比数列，

3

1n 1

∴an 1 an ( )，由累加法得

3

例9.在数列 an 中，a1 1，a2 2，an 2

an=(an an 1) (an 1 an 2) (a2 a1) a1

13

13

n 2

( )n 3 =( )

1

1 ( )n 1

131n 1 ( ) 1 1==[1 ( )] 1

13431 3

=

731n 1 ( ) 443

例10.（2003年全国高考题）设a0为常数，且an 3n 1 2an 1（n N*）， 证明：对任意n≥1，an

证明：设，an t 3n 2(an 1 t 3n 1) 用an 3n 1 2an 1代入可得t

1n

[3 ( 1) 2n] ( 1)n 2n a0 5

1 5

3n

∴ an

5

是公比为 2，首项为a1 3的等比数列，

5

3n3

(1 2a0 ) ( 2)n 1（n N*）∴ an ， 553n ( 1)n 1 2n

( 1)n 2n a0 即：an

5

型如an+1=pan+f(n) (p为常数且p≠0, p≠1)可用转化为等比数列等.

(1)f(n)= q (q为常数)，可转化为an+1+k=p(an+k)，得{ an+k }是以a1+k为首项，p为公比的等比数列。 例11：已知数{an}的递推关系为an 1 2an 1，且a1 1求通项an。

解：∵an 1 2an 1 ∴an 1 1 2(an 1) 令bn an 1

数列典型习题及解题方法

则辅助数列{bn}是公比为2的等比数列

∴bn b1qn 1即an 1 (a1 1)qn 1 2n ∴an 2n 1 例12： 已知数列｛an｝中a1 1且an 1

an

（n N），求数列的通项公式。 ，

an 1

解：∵an 1

an

an 1

∴

a 1111

，则bn 1 bn 1 n 1， 设bn anan 1anan

1

1为首项，1为公差的等差数列 a1

11 bnn

3 an 1

，n 2，3，4，…． 2

故｛bn｝是以b1

∴bn 1 (n 1) n ∴an

1)an 例13.（07全国卷Ⅱ理21）设数列{an}的首项a1 (0，，

（1）求{an}的通项公式； 解：（1）由an

3 an 1

，n 2，3，4，…， 2

1

整理得 1 an (1 an 1)．

2

又1 a1 0，所以{1 an}是首项为1 a1，公比为

1

的等比数列，得 2

1

an 1 (1 a1)

2

n 1

注：一般地，对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数且，p≠0，p≠1)可等价地改写成

an 1

根。

qqqq

p(an ) 则{an }成等比数列，实际上，这里的是特征方程x=px+q的

1 p1 p1 p1 p

(2) f(n)为等比数列，如f(n)= qn (q为常数) ，两边同除以qn，得为bn+1=pbn+q的形式。

q

an 1anan p 1，令b，可转化n=nn 1n

qqq

511n+1

， an+1=an+（），求an的通项公式。 632

11n+12n2n+1n+1n

解：an+1=an+（） 乘以2 得 2an+1=(2an)+1 令bn=2an 则 bn+1=bn+1

3233

例14.已知数列{an}中，a1=

数列典型习题及解题方法

易得 bn=

42n 142

() 3 即 2nan= ()n 1 3 3333

23

∴ an= n n

32

(3) f(n)为等差数列

例15.已知已知数列{an}中，a1=1，an+1+an=3+2 n，求an的通项公式。 解：∵ an+1+an=3+2 n，an+2+an+1=3+2(n+1)，两式相减得an+2-an=2

n,n是奇数

因此得，a2n+1=1+2(n-1), a2n=4+2(n-1), ∴ an= 。

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 an 中，a1 2，an 1 an n 1 (2 )2n(n N )，其中 0． （Ⅰ）求数列 an 的通项公式；

解：由an 1 an n 1 (2 )2n(n N )， 0，

2 可得n 1

an 1

n 1

2

n 1，

an

n

nn

an 2 an 2

所以 n 为等差数列，其公差为1，首项为0，故 n 1，所以数列 an 的通项公式

n

为an (n 1) n 2n．

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。

九、归纳、猜想

如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。

例17.（2002年北京春季高考）已知点的序列An(xn,0),n N*，其中x1 0，x2 a(a 0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点， ，An是线段An 2An 1的中点，

（1） 写出xn与xn 1,xn 2之间的关系式（n 3）。

（2） 设an xn 1 xn，计算a1,a2,a3，由此推测 an 的通项公式，并加以证明。 （3） 略

解析：（1）∵ An是线段An 2An 3的中点， ∴xn （2）a1 x2 x1 a 0 a，

xn 1 xn 2

(n 3) 2

数列典型习题及解题方法

a2 x3 x2

x2 x111

x2= (x2 x1) a，

222x3 x211

x3= (x3 x2) a，

242

a3 x4 x3

1

2

n 1

猜想an ( )a(n N*)，下面用数学归纳法证明

10 当n=1时，a1 a显然成立；

1

20 假设n=k时命题成立，即ak ( )k 1a(k N*)

2

则n=k+1时，ak 1 xk 2 xk 1

xk 1 xk11

xk= (xk 1 xk) ak

222

1

2

k 1k

=( )( )a ( )a

1212

∴ 当n=k+1时命题也成立，∴ 命题对任意n N都成立。

2

例18：在数列｛an｝中，a1 2,an 1 an na 1，则an的表达式为。 2分析：因为a1 2,an 1 an na 1，所以得：a2 3,a3 4,a4 5，

*

猜想：an n 1。 十、倒数法

数列有形如f(an,an 1,anan 1) 0的关系，可在等式两边同乘以

11

,先求出,再求得an. anan 1an

例19．设数列{an}满足a1 2,an 1

an

(n N),求an. an 3

111

. ,得1 3

an an 1anan 1

解：原条件变形为an 1 an 3 an 1 an.两边同乘以

∵（3

111111

) , 3n 1 an2an 12an22

. n 1

2 3 1

∴an

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/0hy1.html