等差数列问题范文

2024-05-18

等差数列问题范文（精选12篇）

等差数列问题第1篇

例1 (1)求等差数列8,5,2,…的第20项;(2)-401是不是等差数列-5,-9,-13,…的项?如果是,是第几项?

解:(1)由a1=8,d=5-8=-3,n=20,得a20=8+(20-1)×(-3)=-49.

(2)由a1=-5,d=-9-(-5)=-4,得数列通项公式为:an=-5-4(n-1).

由题意可知,本题是要回答是否存在正整数n,使得an=-401成立,解之得n=100,即-401是这个数列的第100项.

例2 在等差数列{an}中,已知a5=10,a12=31,求a1,d,a20,an.

解法1 因为a5=10,a12=31,则

解法2:因为a12=a5+7d⇒31=10+7d⇒d=3,所以a20=a12+8d=55,an=a12+(n-12)d=3n-5.

小结:第二通项公式an=am+(n-m)d.

例3 将一个等差数列的通项公式输入计算器数列un中,设数列的第s项和第t项分别为us和ut,计算的值,你能发现什么结论?并证明你的结论.

解:通过计算发现的值恒等于公差.

证明:设等差数列{un}的首项为u1,末项为un,公差为d,得us-ut=(s-t)d,所以.

小结:(1)这就是第二通项公式的变形,(2)几何特征,直线的斜率.

例4 已知数列{an}的通项公式an=pn+q,其中p、q是常数,那么这个数列是否一定是等差数列?若是,首项与公差分别是什么?

分析:由等差数列的定义,要判定{an}是不是等差数列,只要看an-an-1(n≥2)是不是一个与n无关的常数.

解:当n≥2时,(取数列{an}中的任意相邻两项an-1与an(n≥2))an-an-1=(pn+q)-[p(n-1)+q]=pn+q-(pn-p+q)=p为常数.

所以{an}是等差数列,首项a1=p+q,公差为p.

注:(1)若p=0,则{an}是公差为0的等差数列,即为常数列q,q,q,….(2)若p≠0,则{an}是关于n的一次式,从图象上看,表示数列的各点均在一次函数y=px+q的图象上,一次项的系数是公差,直线在y轴上的截距为q.(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项an=pn+q(p、q是常数).称其为第3通项公式.(4)判断数列是否是等差数列的方法:是否满足3个通项公式中的一个.

例5 -20是不是等差数列0,,-7,…的项?如果是,是第几项?如果不是,说明理由.

分析:要想判断一数是否为某一数列的其中一项,则关键是要看是否存在一正整数n值,使得an等于这一数.由题意可知:.

所以此数列的通项公式为:,解得n=47/7.因为n不是正整数,所以-20不是这个数列的项.

例6 在等差数列{an}中,(1)已知a4=10,a7=19,求a1与d;

(2)已知a3=9,a9=3,求a12.

解:(1)由题意得,解得,

(2)解法1:由题意可得,解之得,

所以该数列的通项公式为:an=11+(n-1)×(-1)=12-n,所以a12=0.

解法2:由已知得a9=a3+6d,即3=9+6d,所以d=-1.又因为a12=a9+3d,所以a12=3+3×(-1)=0.

等差数列问题第2篇

【探究1】若an是等差数列，则Sn有最大值（最小值）的充要条件是什么？

【探究2】等差数列an的前n项和为Sn，d0，若S9S23，则前多少项的和最大？

【探究3】若把条件改为“S10S23”，有类似的结论吗？

【探究4】一般地，若a10，d0，SpSq，则前多少项的和最大？

【探究5】若an是等差数列，且a10，d0，SpSq，求证：Spq0；

等差数列问题第3篇

1.学习一个数学公式的基本任务有哪些？

（1）等差数列、等比求和公式内容是什么？公式怎么用？

（2）推导公式的方法怎么用？

2.拿到一个新题目怎么想？

（1）现有的相关公式能否用上？

（2）非等差、等比数列求和能否化为等差、等比数列求和？

（3）已经用过的相关方法能否用上？

问题一：求数列，，，…，，…的前n项和;

分析：数列的分子成等差数列，分母成等比数列，可用错位相减法求和;

Sn=+++…++其中等比数列的公比q=;

Sn=+++…++;

两式错位相减得：

Sn=++++…-

=-+2（++++…+）-

∴Sn=3-

小结：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法.

问题二：已知a≠0，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…前n项和.

点拨：字母的系数等差，字母项等比，但需要对字母讨论.

解：Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=，

当a≠1时，Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1，

两式相减（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1，

=-nan+1

∴Sn=.

小结：采用乘公比，错位相减，可以得到一组等比数列，求和用公式但必须注意公比是否为1，否则须讨论.

问题三：设Sn=-1+3-5+7-9+…+（-1）n（2n-1），则Sn=（-1）nn

方法一：分析：由此数列的通项an=（-1）n（2n-1）;其是等差数列与等比数列的积这一类型的数列求和，故用错位相减法.

所以Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：一个数列cn可以看成是一个以公差为d的等差数列（d不等于零）和一个是公比为q的等比数列（q不等于1）的乘积形式，则数列cn的前n项求和的方法可采用做错位相减法.

方法二：分析：通过观察可发现此数列具有正负相间，且正数项和负数项分别成等差数列这一特征.因此可以将正数项和负数项分别进行分组求和.但此数列有多少正数项和负数项呢？还要对项数n的奇偶性进行讨论.

略解：Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：我们通过分组转化成两个等差数列，然后通过已有的等差数列求和求解。这种方法叫做分组求和法。

方法三：分析：通过观察可发现此数列具有这样的特征，即第一项与第二项，第三项与第四项，第五项与第六项，……，第n-1项与第n项的和都等于2，共多少个2呢？还要对项数n进行奇偶性讨论.

总结：通过将数列相邻的两项并成一项得到一个新的容易求和的数列，这种方法叫做并项求和。

通过对以上问题几种方法的探讨，不难看出，实际上所有与项的序号的奇偶性有关的数列求和问题，通过认真审题，抓住数列的通项，灵活地运用分类讨论、转化和化归数学思想，就可将其变为熟悉、简单的等差数列或等比数列来处理，辅助以适当的解题方法技巧，问题就会迎刃而解.

递归数列问题的探讨第4篇

由于递归数列的类型有很多种, 解题方法也不尽相同, 所以导致递归数列的研究相对分散, 本文综合归纳总结几种常见类型的递归数列求通项的方法.

1.型的递归数列

迭加法

2.型的递归数列

迭乘法.

3.型的递归数列

当p=1时同类型1, 下面讨论p≠1的情况.

(1) 若f (n) =c (常数) 时, an+1=pan+c.

方法1: (待定系数法构造) 设an+1+m=p (an+m) 展开整理得an+1=pan+pm-m

所以.

即是等比数列, 公比为p, 首项为.

方法2: (作差法直接构造) 两减有.即是公比为p的等比数列.

方法3:转化为类型1

等式两边同除以转化为类型1.

(2) 若f (n) ≠常数, 即

方法:由an+1=pan+f (n) 得, 则转化为类型1.

4. (c≠0且ad-bc≠0) 型的递归数列

(1) 通过换元法化为线性递归数列: (1) b=0且a=d的情况; (2) b=0且a≠d的情况

(2) 对于b≠0型的, 分别用中学数学和高等数学的方法进行解题

方法1:中学数学的解题方法

方法2:借助高等数学的不动点原理来求解

定义称变换 (c≠0且ad-bc≠0) 为分式线性变换, 把满足方程的x称为分式线性变换的不动点.

(1) 分式变换有两个相等的不动点的情况.. (2) 分式变换有两个不等的不动点的情况.

5.an+1=pan+qan-1型的递归式

⑴当p+q=1时, 方法如下

先化为从而{an+1-an}是等比数列易求出an. (2) (当p+q≠1时, 则存在α、β满足

整理得从而α+β=p, αβ=-q解出α、β.α, β实质上是二次方程x2-px-q=0的两个根, 方程x2-px-q=0叫递归式, an+1=pan+qan+1的特征方程.方程有两个相等实根及共轭复根的情形与α≠β的讨论类似, 这里就不再举例说明了.

由中学解法概括出高等数学的解题方法, 又可以通过高等数学来简化中学解题方法, 两者相互渗透, 使解题更加简便易懂.

6.型的递归式

方法1存在α, β满足从而得所以α, β为方程x2-ax-b=0的解, 化为类型3.

方法2存在α, β, k, 满足从而转化为等比数列.

7.型的递归式

方法:两边取对数

数列通项公式问题探究第5篇

下面是一篇关于数列通项公式问题探究的论文,对正在写有关数学论文的写作者有一定的参考价值和指导作用!

摘要：求通项是高考中经常出现的形式，但是这方面的题目形式多变，技巧性较强，导致这一内容成为学生学习数列问题的难点。本文对一些常见的递推数列求通项的方法进行归纳总结，以希望对广大中学生朋友们突破这一难点提供一定的帮助。

关键词：数列;通项公式;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)1，1/2，1/4，1/8，...

解：(1)变形为：101- 1，102- 1，103- 1，104- 1，......

∴通项公式为：10n- 1

(2)变形为：1/21-1，1/22-1，1/23-1，1/24-1，......，

∴通项公式为：1/2n- 1

观察法就是要抓住各项的特点，与常见的`数列形式相联系进行变形，探索出各项的变化规律，从而找出各项与项数n的关系，写出通项公式。

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)，求数列{an}和{bn}的通项公式;

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

∴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，

由q∈R，且q≠1，得q=- 2，∴bn=b·qn- 1=4·(- 2)n-1 当已知数列为等差或等比数列时，只需求得首项及公差或公比，可直接利用等差或等比数列的通项公式的定义写出该数列的通项公式。

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：已知a2- a1=3，a3- a2=5，...，an- an- 1=2n- 1，...

各式相加得：an- a1=3+5+...+(2n- 1)=n2- 1

∴an=n2+5

对于可表述成为an- an- 1=f(n)的形式的数列，即可通过叠加的方法消去a2至an- 1项，从而利用的已知求出。

四、叠乘法

例4：设数列 {an}是首项为1的正项数列，且满足(n+1)a2n+1- nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式。

解：∵ (n+1)a2n+1- nan2+an+1an=0，可分解为[(n+1)an+1- nan](an+1+an)=0

又∵ {an}是首项为1的正项数列，

∴an+1+an≠0，

∴ (n+1)an+1- nan=0，

由此得出：a1=2a2，2a2=3a3，...，(n- 1)a(n-1)=nan，这n- 1个式子，将其相乘得：a1=nan，又∵a1=1，∴an=1/n，∵n=1也成立，∴an=1/n(n∈N*)。

对于相邻的两项有确定的比例关系的递推式，可以通过叠乘法消去和，从而利用的已知求出此类数列的通项公式。

五、取倒数法

例5：已知数列{an}，a1=-1， n∈N*，求an =?

解：把原式变形得 an+1- an+1·an= an

两边同除以 anan+1得1/an=1/an+1 +1

∴{1/an} 是首项为 -1，d=-1 的等差数列

故an=-1/n

有些关于通项的递推关系式变形后含有 anan+1项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以 anan+1后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出 an。

六、利用公式 an=Sn-Sn-1(n ≥ 2) 求通项

例 6：已知各项均为正数的数列 {an} 的前 n 项和为 Sn满足 S1>1 且 6Sn=(an+1)( an+2) n ∈ N*，求 {an}的通项公式。

解：由 a1=S1= 解得 a1=1 或 a1=2，

由已知a1=S1>1，因此 a1=2

又由 an+1= Sn+1-Sn= 1/6 (an+1 +1)(an+1 +2)-1/6 (an +1)(an +2)得(an+1+an)( an-1-an-3) =0

∵ an>0 ∴ an-1-an=3从而 {an} 是首项为 2，公差为 3 的等差数列，

故 {an} 的通项为 an=2+3(n-1)=3n-1。

有些数列给出 {an} 的前 n 项和 Sn与 an的关系式Sn=f(an)，利用该式写出 Sn+1=f(an+1)，两式做差，再利用 an+1=Sn+1-Sn导出 an+1与 an的递推式，从而求出 an。

七、构造等比数列法

例 7：已知数列 {an} 满足 a1=1，an+1=2an+1 (n ∈ N*)，求数列 {an} 的通项公式。

解：构造新数列 {an+p}，其中 p 为常数，使之成为公比是 an的系数 2 的等比数列，即 an+1+p =2(an+p) 整理得：an+1=2an+p， an+1= 2an+1 ∴ p=1 即 {an+1} 是首项为 a1+1=2，q=2 的等比数列∴ an+1=2·2n-1

∴an=2n-1。

原数列 {an} 既不等差，也不等比。若把 {an} 中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出 an。该法适用于递推式形如 an+1=ban+c 或 an+1= ban+f(n)an+1= 或an+1=ban+cn其中 b、c 为不相等的常数，f(n) 为一次式。

总之，数列是初等数学向高等数学过度的桥梁，而求数列的通项公式又是学好数列知识的关键，它具有很强的技巧性。但是由于同学们在刚刚接触数列知识时，对求数列的通项公式没有系统的方法，常常感觉无从下手，需要教师和学生共同努力，共同思考，不断的完善求数列通项公式的方法和技巧，开拓思维，创新学习，逐步树立学好数学的信心，提高自身的数学素养，并能融会贯通的运用到其他的知识学习中去。

参考文献：

数列问题的解题策略第6篇

一、考纲要求

数列内容主要考点包括三个方面：一是数列的概念；二是等差数列；三是等比数列。其中数列的概念为A级要求，等差数列和等比数列均为C级要求。根据考纲要求，数列单元的复习中，要注意以等差数列和等比数列这两个重要的数列模型为主线，以数列的通项与求和这两个基本问题为抓手，突出基础，注重方法，强化综合，努力提高阅读理解能力、形式运算能力、推理论证能力和综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力。

二、难点疑点

难点1 从数列的通项公式an=f（n）（n∈N*）的形式，明确函数与数列的联系与区别，掌握利用函数知识研究数列问题的思路和方法是数列学习的难点之一；

难点2 数列是研究与正整数有关的计算和推理问题，解决数列问题时，要特别注意定义域是正整数这一关键，在此基础上所研究的数列的最值，单调性以及与不等式恒成立相关的问题是数列学习的难点之二；

难点3 由数列的递推关系求解数列的通项公式的常用方法是构造法，即通过式子的灵活变形构造等差数列或等比数列，继而求解通项公式，如何正确合理地构造是数列学习的难点之三。

疑点1 已知数列的前n项和求an时，易忽视n=1的情况，直接用Sn-Sn-1表示an，解题时应注意an，Sn的关系是分段的，即an=S1，n=1

Sn-Sn-1，n≥2；

疑点2 数列的前3项与数列是等差（比）数列的关系是数列学习的又一个疑点。已知一个数列的前3项成等差（比）数列，不足以说明数列是等差（比）数列，必须根据定义证明；若一个等差（比）数列给出含参数的通项公式或求和公式时，可以通过前3项成等差（比）确定参数；而要判断一个数列不是等差（比）数列，只需说明数列的前3项不成等差（比）即可，正所谓“成事不足败事有余”；

疑点3 研究数列时通常渗透几种思想，即特殊到一般的归纳思想，两类重要数列解题时的类比思想，由数列的递推公式求解通项公式时的化归与转化思想，解题时要合理运用。

三、经典练习回顾

1. 已知数列{an}中，前n项和Sn=n2+2n，则通项公式an= .

2. 若等比数列{an}满足a2a4=12，则a1a23a5= .

3. 设公比为q（q>0）的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=3a2+2，S4=3a4+2，则q= .

4. 已知数列{an}对于任意p，q∈N*，有ap+aq=ap+q，若a2=4，则a100= .

5. 已知数列{an}满足递推关系式an+1=2an+2n-1（n∈N*），且an+λ2n为等差数列，则λ= .

6. 现有10个数，它们能构成一个以1为首项，-3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是.

综上所述，存在λ=-1，使得对任意n∈N*，都有cn+1>cn成立.

如何应对高考数列问题第7篇

一、夯实基础, 加深理解

高考作为一种选拔性考试, 试题设置有容易题、中档题、难度题。即使是有区分度的难题, 那些基础扎实的考生也能得分, 故在常规教学中, 教师应让学生打下扎实的基础, 注重对等差数列、等比数列概念及其相关性质的教学, 让学生能充分利用等差、等比数列公式求解相应的基础题、中档题, 力争会解难度题。

如高考题:已知等差数列{an}中, 前n项和为sn, 且s10=100, s100=10, 求s110的值。

很多考生由于对数列是等差数列, 以及等差数列的性质理解不深刻, 导致失分。事实上, 只要学生基础扎实, 对等差数列性质理解透彻, 由数列{an}是等差数列, 则an=a1+ (n-1) d, am=a1+ (m-1) d, 那么不难得出 (其中n≠m, d为公差) , 同时也可从通项公式an=a1+ (n-1) d=dn+ (a1-d) 理解, 将直线方程与之类比, 公差d正好是斜率, 于是得到问题的简单解法:由从而解得s110=-110。由此可见, 夯实基础, 加深理解是何等重要。

二、注重学法指导, 培养分析、综合、归纳能力

学生对事物的认识遵循从感性到理性, 由浅入深的规律。当学生对等差、等比数列的学习有了一定的基础之后教师应对学法进行指导, 加强分析、综合、归纳的点拨, 构建学生知识体系, 提升学生认知水平, 培养学生高考解题能力。

如:在学了等差等比数列通项公式后, 师生对数列这一章进行反思、分析、综合, 最后可归纳出求递推数列通项公式的一般思路和方法:

类型1:an+1-an=d (d为常数)

类型2: (q为常数)

类型3:an+1=λan+c (其中λ为常数且不等于0和1)

类型4:an+1-an=f (n) (其中f (n) 可求和)

类型5:an+1=λan+f (n) (其中可求和)

类型6:an+1=anα (其中an不为0, α∈R)

类型7:给Sn与an的关系, 求出通项公式。

对于类型1、类型2它们分别是等差、等比数列, 可按相应公式求出通项公式。

对于类型3:an+1=λan+c可设 (an+1+x) =λ (an+x) ,

展开得an+1=λan+ (λ-1) x,

从而令 (λ-1) x=c, 即即数列为首项, λ为公比的数列, 从而可求出an的表达式。

对于类型4:已知an+1-an=f (n) (其中f (n) 为可求和) , 那么有:an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a2-a1) +a1,

即有an=f (n-1) +f (n-2) +…+f (1) +a1,

这样求出f (n-1) +f (n-2) +…+f (1) +a1, 即可得an。

对于类型5:由an+1=λan+f (n) 两边同时除以λn+1, 得

从而可得an。

对于类型6:已知an+1=anα (其中an≠0, α∈R) , 则两边取对数得logban+1=αlogban (其中b>0, 且b≠1) 。

那么数列为首项, α为公比的等比数列, 可求出an。

对于类型7:若给定Sn与an的关系, 求通项公式an。

三、加强变式教学指导, 培养答题思维

近几年来, 高考解答题部分与数列问题相关的内容有一定难度, 对于学生的学习能力、分析和解决问题的能力要求有一定提高, 它不仅要求学生有扎实的基础, 而且要求学生善于联想与转化, 能把一个新问题进行变式, 转化为熟悉的问题。认真分析近几年高考的变化趋势, 教师应注重培养学生创新思维, 加强学法指导, 使学生能寻求解决问题的突破口和方法。

例6: (2007天津) 在数列{an}中, a1=1, 且an+1=4an-3n+1 (n∈n+) ,

(1) 证明:数列{an-n}是等比数列。

例7: (2008全国Ⅱ) 设数列{an}的前n项和为Sn, a1=a, an+1=Sn+3n,

(1) 设bn=Sn-3n, 求数列{bn}的通项公式。

例8: (2008四川卷) 设数列{an}的前n项和为Sn, 已知:ban-2n= (b-1) Sn,

(1) 证明:当b=2时, 数列{an-n·2n-1}是等比数列。

这几道高考试题, 对学生来说都有一定难度, 如何找到解决问题的突破口和方法是教师与学生需要共同面对的问题。其实, 在平时教学中我们如果能让学生尽量多角度去思考, 尽量寻求不同的解法, 不断创新, 拓展思维, 提高解题能力和创新能力, 这类题就是小菜一碟。

经过认真的观察和分析, 不难发现以上问题都有一定的相似性, 都是一个递推关系, 求解与之相关的另一个数列的通项公式或求证与之相关的另一个数列是等比或等差数列。在结构上有可类比之处。另外, 已知和未知间有一定的暗示, 我们不妨在“猜”与“凑”之间猜测解题的方向与突破口, 把已知的递推关系向所要求解的未知方向上转化、变形, 寻找他们的内在联系, 不失为一种科学的态度和方法。基于此:

例6:已知:a1=1, an+1=4an-3n+1, 未知:求证数列{a1-n}是等比数列。

联想:将数列{an+1-an}看作一个新数列, 则它的第 (n+1) 项应为an+1- (n+1) ,

从而将an+1=4an-3n+1两边同时减去 (n+1) ,

并化简得[an+1- (n+1) ]=4[an-n], 从而问题解决。

例7:已知:an+1=Sn+3n, 未知:求bn=Sn-3n的通项公式。

解题方向:变形、转化出bn+1=sn+1-3n+1

联想:an+1=Sn+3n, 消去an+1用an+1与sn+1的关系,

从而:sn+1-Sn=Sn+3n, 即sn+1=2Sn+3n,

两边减去3n+1得sn+1-3n+1=2Sn+3n-3n+1=2 (Sn-3n) ,

到此问题得解。

例8:把b=2代入已知得:

已知:2an-2n=Sn, 未知:求证数列{an-n·2n-1}是等比数列。

猜想解题方向:将已知转化、变形,

使之产生得 (an+1- (n+1) ×2n) , (an-n×2n-1) , (an-1- (n-1) ×2n-2) 这样的项。

故首先考虑消去Sn, 用Sn与an的关系, 则由2an-2n=Sn…… (1)

将 (1) - (2) 得an=2an-1+2再两边减去n×2n-1得an-n×2n-1=2an-1+2-2n-1=2 (an-1- (n-1) ×2n-2) ,

从而数列{an-n·2n-1}是等比数列。

摘要：高考数列是一个难点, 我省考生得分率较低。如何应对这一情况, 本文从三方面进行了分析与论述。

数列求和问题的探究第8篇

一牢固掌握数学基础知识

此外, 还要注重培养学生敏锐的观察力, 让学生能够洞察问题的本质, 能够建立起相应的数学模型, 将简单个例普遍化。

二利用数列基本公式进行求和

在牢固掌握数列知识的基础上, 遇到数列求和问题时, 可首先分析是否可以套用公式进行解答, 是数列求和问题中较为容易的一类。在利用数列基本公式进行数列求和时, 要注意公式的准确性, 如果公式不正确, 答案自然也南辕北辙。因此, 学生一定要认真记忆公式。例如, 下面的问题就可以采用公式进行求和。

思路分析:通过分组, 直接用公式求和。

在解答这个问题时, 要注意对公比q=1或q≠1讨论, 从而运用等比数列前n项和公式对问题正确解答。

利用公式法求和是数列求和问题中较为简单的一种, 一般来说, 这类题型可以直接套用公式, 或只需要简单的分类合并, 再套用公式进行解答。在教学过程中, 教师应要求学生牢固掌握这类解题方法, 在考试中, 这类问题是很容易得分的题型。

三采用错位相减法求和

错位相减法是一种常用的数列求和方法, 应用于等比数列与等差数列相乘的形式。如An=Bn Cn, 其中Bn为等差数列, Cn为等比数列;分别列出Sn, 再把所有式子同时乘以等比数列的公比, 即k Sn;然后错一位, 两式相减即可。当有待定系数时, 要进行分类讨论。乘以公比, 错位相减, 数准项数, 计算细心, 确保结论正确。错位相减法求和是数列求和的重要方法, 是高考的常考重点。

错位相减法比公式法的难度有较大提高, 是学生得分较低的一类题型, 在解题过程中, 要注意对问题分析并寻找规律, 避免漏项或书写错误, 从而得到问题的正确答案。教师在讲解这个方法时, 可以结合学生常犯的错误, 并按照一定的流程进行讲解, 让更多的学生掌握这种求和方法。

四借助裂项相消法求和

利用解析式变形, 将一个数列分成若干个可以直接求和的数列, 进行拆项重组, 或将通项分裂成几项的差, 通过相加过程中的相互抵消, 最后剩下有限项的和。在学习过程中, 应当教育学生掌握“裂项相消求和法”的几个特征: (1) 通项的分母是因式相乘的形式; (2) 每项裂成两个式子的差; (3) 相邻两项裂开后, 前一项的后式与后一项的前式互为相反数; (4) 裂项的关键是紧抓相邻两项的相同项。裂项相消法求和是一种非常常见的题型, 也是高考中的热点考题。相对于其他题型来说, 这种题目的难度大, 有一定的思维能力, 对于培养学生的思维能力有很大帮助。

在解答此类问题时, 应当多写一些项, 然后进行观察, 才可能看出抵消的规律, 从而使用该方法解决求和问题。

五借助倒序相加法求和

在数列求和中, 如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联, 那么可考虑选用倒序相加法。

例题:设数列{an}是公差为d, 且首项为a0=d的等差数列, 求和:Sn+1=a0Cn0+a1Cn1++anCnn

利用倒序相加法解决数列求和问题, 大都是利用等差数列、等比数列以及函数的重要性质, 从而顺利地解答问题。在使用倒序相加法时要注意不断变形, 然后用知识具备的特有性质作为条件把和求出。

六结束语

综上所述, 作为高中数学重点内容的数列求和问题, 其解答方法有很多种, 如公式法、错位相减法、裂项相消法以及倒序相加法, 此外, 还可以利用其他求和法, 如归纳猜想法、奇偶法等。在面对较为复杂的数列求和问题时, 应当认真分析, 将复杂的问题转化为我们熟悉的等比、等差数列, 然后根据题型采取不同的解答方法。解题过程中, 应当掌握每个方法的本质, 而不能生搬硬套, 否则问题答案南辕北辙。要想达到良好的学习效果, 教师与学生需要互相配合, 才能不断提高教学效率和教学质量。

[责任编辑:林劲]

参考文献

[1]王莹玉.浅谈高中数学教学中学生思维能力的培养[J].科教新报 (教育科研) , 2011 (9)

[2]於青.高中数学教学中学生解题能力的培养探析[J].语数外学习 (数学教育) , 2013 (2)

[3]赵翠娥.探讨高中数学教学如何培养学生的解题能力[J].成功 (教育) , 2012 (24)

[4]张海芳.新课改下高中数学“高效课堂”的构建[J].中国科教创新导刊, 2011 (21)

借函数东风解数列问题第9篇

一、数列的图像、单调性、最大项和最小项问题

定义:在数列{an}中, an=f (n) , 数列的项是函数值, 序号是自变量, 以序号为横坐标, 相应的项为纵坐标画出的图像是一些孤立的点, 实际上是函数y=f (x) 图像上x取正整数的孤立点 (n, f (n) ) 的集合.借助常见函数的图像轻松得到数列的图像, 可以形象地解决数列单调性问题, 进而水道渠成地解决数列的最大项和最小项问题.

应用:【例1】已知在数列{an}中, 求前30项中最大的项与最小的项.

析:构造函数考查其图像以及解决数列的单调性问题.

解:其函数的图像可由反比例函数g上所有的点向右平移槡98个单位, 再向上平移1个单位即可得到, 如右上图.

由反比例函数的性质可知, 函数f (x) 在 (0, ) 上单调递减且f (x) <1, 在 (, +∞) 上也是单调递减且f (x) >1, 由于9是 (0, 槡98) 内的最大整数, 10是 (, +∞) 内最小的整数, 所以

二、数列的周期性

定义:数列的周期性指的是数列项的周期性循环重复.对于数列的周期现象学生并不陌生, 大都可通过列举前若干项, 发现周期规律而将其解决.

应用:【例2】 (1) 已知数列2008, 2009, 1, -2008, -2009这个数列的特点是从第二项起, 每一项都等于它的前后两项之和, 则这个数列的前2009项之和S2009= () .

A.2009 B.2010 C.1 D.0

析:这是一道年份题, 规律虽简单但数字偏大, 但挡不住学生通过列举数列的前几项发现周期是6的事实.但如果根据an=an-1+an+1探索背景函数f (x) =f (x-1) +f (x+1) , 不难得出函数y=f (x) 的周期T=6, 即可免去列举之苦.

(2) 设数列{an}, 满足a1=2, 记数列{an}的前n项之积为Tn, 则T2010的值为 () .

A.1 B.2 C.13 D.0

析:数列的函数背景应用得当, 可以起到事半功倍的效果, 如的函数背景为, 由函数周期的系列性质:, 不难得出{an}的周期T=4.

三、数列的有界性

定义:对于数列{an}, 若存在一个常数M, 使得对任意的n∈N*, 都有|an|≤M, 则称{an}为有界数列.

应用:【例3】已知{an}是等比数列, , 则Sn=a1+a2+…+an (n∈N*) 的取值范围是_____:

析:求解数列{Sn}的取值范围必要准确分析其最值, 尤其是当其最值不存在时, 其上界和下界的寻找则势在必行.

解:∵a2=2,

一道值得探究的数列问题第10篇

在高一教学过程中,我们碰到了如下一道数列问题,结合同学们在作业中的各种解法进行了探究.

1.问题解法探究

在教学过程中,发现学生用了如下这种解法:

也对!为什么?

学生这样解释:令f(n)=3n-1,g(n)=4n+1,

因此,我们猜测:等差数列{an},{bn},的前n项和为Sn,Tn满足,其中(f(n),g(n)均为一次函数)则.

我们用法一和法二分别计算例题条件下的的值,由此验证我们的猜想:

由法一求得:

由法二求得:

两种方法所得结果果然相等,看来这很有可能是一个一般性结论.

2.问题本质探究

通过以上探究,我们发现不管是改变题目所求结果中分子分母的下标,还是改变题目中的比值,两种解法的结果都是一样的,也就是说同学们所用的这种解法是一个一般性的结论,我们可以采用这种解法解决这类问题.

究其根源,来自于等差数列前n项和本身就是一个二次函数形式Sn=An2+Bn,而其通项公式是一次函数形式an=An2+BnA(n-1)2-B(n-1)=A(2n-1)+B.

因而我们根据等差数列前n项和Sn与通项an的关系,

再论一类数列求和问题第11篇

[关键词] 数列；求和；列项；（-1）n

数列是高中数学的重要内容，是高考的热点，也是进一步学习数学的基础，因此高考对这部分知识的考查的题型多样. 在必修部分内容中解答题的难度也是较高的. 纵观近几年的高考，关于数列的考查主要有以三个方面的内容：一是数列本身的知识，主要是等差数列、等比数列概念、通项公式、性质、前n项和公式；二是数列与其他知识的交汇，如与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等知识的结合；三是数列的应用问题，主要是增长率、分期付款等.数列的通项以及求和问题是重点，也是这几年考试的热点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考内容之一. 2015年3月青岛市一模考试数学理科卷19题与2014年山东高考数学理科卷第19题如出一辙，把大家又一次聚焦到了数列裂项求和符号调节器（-1）n的作用上，对此本文尝试做一些分析.

首先，我们从2015年3月青岛市一模考试数学理科卷19题目和解法入手.

已知数列{an}是等差数列，Sn为{an}的前n项和，且a10=19，S10=100；数列{bn}对任意n∈N*，总有b1·b2·b3·…·bn-1·bn=an+2成立.

拓展思考一：通项公式具有什么特点时适合裂和？

观察该数列通项公式cn=（-1）n·，不难发现，分母2n-1与2n+1的和恰好为分母4n，适合裂和.

又如：2013年高考数学江西卷理科第17题的第二问正是这样一个混合型的裂解，在第一问中已经求出an=2n，第二问中令bn=，数列{bn}的前n项和为Tn. 要求证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.

在平日教学过程中，只要我们善于发现，不断总结，总会有“创新的火花”在闪烁，这些难能可贵的见解也是对课堂教学的补充与完善，可以不断拓宽教师的教学思路，提高教学水平，促进教师的专业化成长.

运用数学思想方法破解数列问题第12篇

数列是高中数学的重要内容, 是高考重点考查内容.它涉及许多数学思想方法, 理解掌握灵活运用数学思想既可以更好地学好数列知识, 又可以诱发知识的迁移, 融会贯通, 触类旁通, 有利于实现思维的创新.下面结合实例介绍如何运用数学思想方法突破数列问题.

一、函数思想

数列是定义在正整数集合或由1开始的连续正整数构成的集合上的特殊的函数, 因而许多数列问题的讨论可用函数方法解决, 解决时注意可否将数列看成一个变量的函数, 其图象、性质如何?原问题转化成函数的什么问题.

例1 已知等差数列{an} 的首项a1>0, 前n项和为Sn, 若Sm=Sk (m≠k) , 问n为何值时, Sn最大.

解:因为Sm=Sk, 所以 $m a_{1} + \frac{m (m - 1)}{2} d = k a_{1} + \frac{k (k - 1)}{2} d$ , 即

$(m - k) a_{1} = \frac{- m (m - k) (m + k - 1) d}{2},$

因为n≠k, 所以 $a_{1} = \frac{- (m + k - 1) d}{2} .$

所以a1>0.且m, k均为自然数, 所以

d<0.

又 $S_{n} = n a_{1} + \frac{n (n - 1) d}{2} = \frac{- (m + k - 1) d}{2} + \frac{n (n - 1) d}{2} = \frac{d}{2} (n - \frac{m + k}{2})^{2} - \frac{(m + k)^{2} d}{8}$ , 且 $\frac{d}{2} < 0 .$

所以以n为自变量的二次函数图象开口向下, 因而Sn有最大值.

如果m+k为偶数, 当 $n = \frac{m + k}{2}$ 时, Sn有最大值 $- \frac{(m + k)^{2} d}{8} .$

如果m+k为奇数, 当 $n = \frac{m + k \pm 1}{2}$ 时, Sn有最大值 $- \frac{(m + k)^{2} - 1}{8} d .$

二、方程思想

方程思想是指将问题转化为方程 (组) , 通过研究解方程 (组) 来解决问题的思想方法.该思想方法在数列中的运用就是灵活运用方程意识将数列中己知与未知的量沟通起来, 以达优化问题, 简化解题过程的目的.

例2 (1) 已知数列{cn}, 其中cn=2n+3n, 且数列{cn+1-pcn}为等比数列, 求常数p的值.

(2) 设{an}, {bn}是公比不相等的两个等比数列, cn=an+bn求证:数列{cn}不是等比数列.

解: (1) 由题意知c2-pc1, c3-pc2, c4-pc3成等比数列,

所以 (c3-pc2) 2= (c2-pc1) (c4-pc3) , 展开整理得:

(c $_{2}^{2}$ -c1c3) p2+ (c1c4-c2c3) p+c $_{3}^{2}$ -c2c4) =0,

将c1=5, c2=13, c3=35, c4=97代入上式得p2-5p+6=0,

解得p=2或p=3.

而当p=2时, $\frac{c_{n + 2} - p c_{n + 1}}{c_{n + 1} - p c_{n}} = 3$ ;

当p=3时, $\frac{c_{n + 2} - p c_{n + 1}}{c_{n + 1} - p c_{n}} = 2$ , 均适合.

故满足条件的p值为2或3.

(3) 假设数列{cn}是等比数列, 则c $_{2}^{2}$ =c1c3, 即

(a2+b2) 2= (a1+b1) (a3+b3) , 故 (a1q+b1r) 2= (a1+b1) (a1q2+b1r2) , 其中q, r分别是{ an}, {bn}的公比.

化简整理, 得a1b1r2+a1b1q2-2a1b1qr=0,

即 (q-r) 2=0, 解得q=r.

这与题设中两数列公比不相等矛盾, 因此数列{cn}不是等比数列.

三、递推思想

由于数列可以看成是正整数n的函数, 因此在处理以递推关系给出的数列问题, 可以从关系式中的n=1, 2, 3, …入手, 得到一系列的等式, 再通过对它们进行加、减、乘、除运算或利用递推性质进行求解, 使问题得到简化.

例3 若数列{an}满足: $a_{1} = 1, a_{n} = (\frac{1}{2})^{n} + n + a_{n - 1}, n \in Ν^{*}, n \geq 2$ , 求证: $a_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} - \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2}, n \in Ν^{*} .$

证明:在递推式中, 分别令n=2, 3, 4, …, 直到n, 得到

$a_{2} = (\frac{1}{2})^{2} + 2 + a_{1};$

$a_{3} = (\frac{1}{2})^{3} + 3 + a_{2};$

$a_{4} = (\frac{1}{2})^{4} + 4 + a_{3};$

…

$a_{n} = (\frac{1}{2})^{n} + n + a_{n - 1}$

将这 (n-1) 个等式整体相加得

$a_{n} = (\frac{1}{2})^{2} + (\frac{1}{2})^{3} + (\frac{1}{2})^{4} + \dots + (\frac{1}{2})^{n} + 2 + 3 + \dots + n + a_{1} = \frac{\frac{1}{4} (1 - \frac{1}{2^{n - 1}})}{1 - \frac{1}{2}} + \frac{n (n + 1)}{2} = \frac{n (n + 1)}{2} - \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2} .$

当n=1时, a1=1也适合上式.

所以 $a_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} - \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2}, n \in Ν^{*} .$

四、归纳思想

研究问题时, 先从简单的个别的特殊的情景出发, 从中归纳出一般性的规律、性质, 这种从特殊到一般的思维方式就是归纳思想.其思维模式为:观察、归纳、猜想、证明.

例4 在数列{an}中, a1=2, an+1=λan+λn+1+ (2-λ) 2n (n∈N*) , 其中λ>0, 求数列{an}的通项公式.

解:因为

a2=2λ+λ2+ (2-λ) 2=λ2+22;

a3=λ (λ2+22) +λ3+ (2-λ) 22=

2λ3+23;

a4=λ (2λ3+23) +λ4+ (2-λ) 23=

3λ4+24;

由此可猜想出数列{an}的通项公式为

an= (n-1) λn+2n.

下面用数学归纳法证明.

(1) 当n=1时, a1=2, 等式成立.

(2) 假设当n=k时等式成立, 即ak= (k-1) λk+2k, 那么ak+1=λak+λk+1+ (2-λ) 2k=λ (k-1) λk+λ2k+λk+1+2k+1-λ2k=[ (k+1) -1]λk+1+2K+1.这就是说, 当n=k+1时等式也成立.根据 (1) 和 (2) 可知, 等式an= (n-1) λn+2n对任何都成立.

五、分类讨论思想

分类是一种基本的思维活动.能够进行恰当的分类, 是逻辑思维能力的一种具体体现.分类讨论就是指按照一定的标准, 将一个复杂问题所涉及的所有对象的集合分解为若干个不相交的子集, 再将问题相应分解为若干个子问题, 对每一个子问题逐一分析、解决, 最终实现问题的全面解决的思想.在进行分类讨论时要做到分类一定要全面不能遗漏.

例5 已知等比数列{an}的首项a1>0, 公比q>-1, 且q≠0, 设数列{bn}的通项 bn=an+1+an+2, 数列 {an}, {bn}前n项和分别为Sn和Tn, 比较Sn和Tn的大小.

解:因为数列{an}为等比数列, 所以

$\begin{array}{l} a_{n} = a_{1} q^{n - 1}, \\ S_{n} = {\begin{cases} n a_{1} (q = 1) \\ \frac{a_{1} (1 - q^{n})}{1 - q} (q > - 1 且 q \neq 0, q \neq 1) \end{cases} \end{array}$

当q=1时, Sn=na1, 因为a1>0, 所以Sn>0.

当q≠1时, 若-1<q<0, 1-qn>0,

1-q>0, 所以Sn>0;若q>0且q≠1, an>0, 所以Sn>0.故当q>-1 (q≠0) 时, Sn>0.bn=an+1+an+2=anq+anq2=an (q+q2) ,

所以Tn=Sn (q+q2) .所以

$\begin{array}{l} Τ_{n} - S_{n} = \\ S_{n} (q^{2} + q - 1) = S_{n} (q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2}) (q - \frac{\sqrt{5} - 1)}{2}) \end{array}$

$\begin{array}{l} 当 - 1 < q < \frac{\sqrt{5} - 1}{2} (q \neq 0) 时 ‚ S_{n} > 0, \\ q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2} > 0, q - \frac{\sqrt{5} - 1}{2} < 0, \end{array}$

所以Tn-Sn<0, Tn<Sn;

当 $q = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ 时, $S_{n} > 0, q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2} > 0, q - \frac{\sqrt{5} - 1}{2} = 0$ , 所以Tn-Sn=0;Tn=Sn;

当 $q > \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ 时, $S_{n} > 0, q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2} > 0, q - \frac{\sqrt{5} - 1}{2} > 0$ , 所以Tn-Sn>0;Tn>Sn.

六、整体思想

整体思想就是指从问题的整体结构、整体特征出发, 对问题进行整体处理的一种解题思想.对某些数列问题, 如果能透过其局部从整体着手, 往往能收到事半功倍之效.

例6 设Sn为等差数列{an}的前n项和, 且S9=18, Sn=240, 若an-4=30, 求n的值.

解:由S9=18, 得 $\frac{9}{2} (a_{1} + a_{9}) = 18$ , 即

a1+a9=4, a1+a9=2a5.

所以a5=2, 所以a1+an=a5+an-4=32.

所以 $S_{n} = \frac{n}{2} (a_{1} + a_{n}) = \frac{n}{2} (a_{5} + a_{n - 4}) = 240 .$

所以n=15.

七、特殊与一般思想

人们对一类新事物的认识往往是从这类事物的个体开始的, 通过对某些个例的认识与研究, 逐渐积累对这类事物的了解, 逐渐形成对这类事物的总体认识, 发现特点、掌握规律, 形成共识、由浅入深, 由现象到本质、由局部到整体, 由实践到理论, 这种认识事物的过程是由特殊到一般的认识过程, 即特殊与一般的数学思想.

例7 已知数列{an}中, a1=1, a2k=a2k-1+ (-1) k, a2k+1=a2k+3 (其中k=1, 2, 3, …)

(1) 求a3, a5;

(2) 求数列{an}的通项公式.

解: (1) 因为a1=1, a2k=a2k-1+ (-1) k, a2k+1=a2k+3k, 所以a2=a1+ (-1) 1=0,

(k=1)

a3=a2+31=3, (k=1)

a4=a3+ (-1) 2=4, (k=2)

a5=a4+32=13, (k=2) .

上述由a1=1求a2, a3, a4, a5时, 是将所给递推式中的字母k赋予特殊值1和2分别进行计算, 这其中就体现的是由一般到特殊的数学思想.

(2) a2k+1=a2k+3k=a2k-1+ (-1) k+3k (累加法)

a2k-1=a2k-3+ (-1) k-1+3k-1

a2k-3=a2k-5+ (-1) k-2+3k-2

……

a3=a1+ (-1) +3

a1=1

将上述各式分别相加, 得

$\begin{array}{l} a_{2 k + 1} = [(- 1)^{k} + (- 1)^{k - 1} + (- 1)^{k - 2} + \dots + (- 1)] + (3^{k} + 3^{k - 1} + 3^{k - 2} + \dots + 3) = \\ \frac{3^{k + 1}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{k} - 1 . \end{array}$

将所求的通项公式代入

a2k=a2k-1+ (-1) k, 得到偶数项的通项公式:

$a_{2 k} = \frac{3^{k}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{k} - 1 .$

所以数列{an}的通项公式为:

当n为奇数时, $a_{n} = \frac{3^{\frac{n + 1}{2}}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{\frac{n - 1}{2}} - 1;$

当n为偶数时, $a_{n} = \frac{3^{\frac{n}{2}}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{\frac{n}{2}} - 1;$

八、猜想思想

对于数列中某些探索性问题, 用常规方法难以解决时, 往往可以考虑从特殊情形出发, 由此发现规律, 猜测一般结论, 再对一般结论给予逻辑证明, 强化猜想思想, 往往能为一般问题的解决提供方向, 它是我们认识事物的重要手段.

例8 是否存在等差数列{an}, 使等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ 对一切n∈N*都成立, 试证明你的结论.

解:假设存在等差数列{an}, 使等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ 对一切n∈N*都成立, 则n=1, 2, 3, 4时该等式必成立.

将n=1, 2, 3, 4依次代入等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ , 可求得:a1=2, a2=3, a3=4, a4=5.

由此可猜测通项公式an=n+1, 证明如下:

$\begin{array}{l} 因为 \frac{C_{n}^{k}}{a_{k}} = \frac{C_{n}^{k}}{k + 1} = \\ \frac{n (n - 1) (n - 2) \dots (n - k + 1)}{(k + 1) [k (k - 1) (k - 2) \dots 2 \cdot 1]} = \frac{C_{n + 1}^{k + 1}}{n + 1}, \end{array}$

所以等式左边 $= \frac{C_{n + 1}^{1}}{n + 1} + \frac{C_{n + 1}^{2}}{n + 1} + \frac{C_{n + 1}^{3}}{n + 1} + \dots + \frac{C_{n + 1}^{n + 1}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1} [(C_{n + 1}^{0} + C_{n + 1}^{1} + \dots + C_{n + 1}^{n + 1}) - C_{n + 1}^{0}] = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1} .$

故存在等差数列{an}, 使等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ 对一切n∈N*都成立, 且an=n+1.

九、类比思想

在解决某些数列问题时, 运用类比思想将普通数列与等差、等比数列做类比, 将等差数列中的“和”“积”类比到等比数列中的“积”“幂” (反过来也成立) , 往往能使问题得到简化.

例9 是否存在数列{an}使得 $a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + \dots + n a_{n} = \frac{1}{4} [3^{n} (2 n - 1) + 1]$ , 对任意正整数n都成立?若存在这样的{an}, 写出它的通项公式, 并加以证明;若不存在, 请说明理由.

解:假设存在这样的{an}, 则 $a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + \dots + n a_{n} = \frac{1}{4} [3^{n} (2 n - 1) + 1]$ , 类比an=Sn-Sn-1, 有

n≥2时, $n a_{n} = [a_{1} + 2 a_{n} + 3 a_{3} + \dots + n a_{n}] - [a_{1} + 2 a_{2} + \dots + (n - 1) a_{n - 1}] = \frac{1}{4} [3^{n} (2 n - 1) + 1] - \frac{1}{4} [3^{n - 1} (2 n - 3) + 1] = n 3^{n - 1}$ , 得

an=3n-1, 又a1=1亦使上式成立, 故存在这样的{an}, 其通项公式为an=3n-1.

十、构造思想

在高考中许多数列问题大多是以等差、等比这两类基本数列为背景设计而成的.解决这类问题可以通过构造新数列来实现问题的转化, 强化构造意识, 有助于创新能力的提高.

例10 已知数列{an}的前n项和为 $S_{n}, a_{1} = \frac{1}{2}, S_{n} = n^{2} a_{n} - n (n - 1), n = 1, 2, 3, \dots$ , 写出Sn与Sn-1的递推关系式 (n≥2) , 并求Sn关于n的表达式.

解:当n≥2时, an=Sn·Sn-1, 代入Sn=n2an-n (n-1) 中, 得Sn=n2 (Sn-Sn-1) -n (n-1) , 即 (n2-1) Sn-n2Sn-1=n (n-1) ①

这就是Sn与Sn-1的递推关系式.

将①式两边两除以n (n-1) 得

$\frac{n + 1}{n} S_{n} - \frac{n}{n - 1} S_{n - 1} = 1 (n \geq 2) .$

构造新数列 ${\frac{n + 1}{n} S_{n}}$ , 它是以

2S1=2a1=1为首项, 1为公差的等差数列.

于是 $\frac{n + 1}{n} S_{n} = 1 + (n - 1) \times 1 = n$ , 即

$S_{n} = \frac{n^{2}}{n + 1} (n \geq 2) .$

显然, 上式当n=1时也成立.

所以 $S_{n} = \frac{n^{2}}{n + 1}, n \in Ν^{*} .$

十一、调控思想

在处理有关数列交汇问题时, 常常出现思维受阻的现象, 这时必须反思解题过程, 调整思维角度, 确定新的解题方案.其实调控思想就是不断调整思维结构、深化思维层次、提高思维水平过程.

例11 已知数列{an}的前项和为Sn, 且满足 $a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}}$ , 求证: $S_{n} < \frac{1}{4} .$

解析:思路1

$\begin{array}{l} a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} < \frac{1}{(2 n + 1) (2 n - 1)} \\ = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) \end{array}$

于是 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} < \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 n + 1}) = \frac{n}{2 n + 1}$ , 显然这个值已经超过了 $\frac{1}{4}$ , 这样“放缩”无法证出结论.

思路 $2 a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} < \frac{1}{2 n (2 n + 1)} = \frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 n + 1},$

所以 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} \dots + a_{n} < (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots + (\frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 n + 1})$ 显然这种放缩又是失败的.

思路3 因为 $a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} = \frac{1}{4 n^{2} + 4 n + 1} < \frac{1}{4 n^{2} + 4 n} = \frac{1}{4} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$

所以 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} < \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{n + 1}) < \frac{1}{4}$ , 结论获证.