高中数学 数列题型讲义 新人教a版必修5

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1、数列题型讲义题型一：由数列的递推公式求通项1、根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，an＋1＝3an＋2；(2)a1＝1，an＝an－1(n≥2)；(3)已知数列{an}满足an＋1＝an＋3n＋2，且a1＝2，求an.解　(1)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.(2)∵an＝an－1(n≥2)，∴an－1＝an－2，…，a2＝a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1···…·＝＝.(3)∵an＋1－an＝3n＋2，∴an－a

2、n－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n≥2)．当n＝1时，a1＝×(3×1＋1)＝2符合公式，∴an＝n2＋.方法归纳：已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现＝f(n)时，用累乘法求解．2、根据下列各个数列{an}的首项和基本关系式，求其通项公式．(1)a1＝1，an＝an－1＋3n－1(n≥2)；(2)a1＝2，an＋1＝an＋ln.解　(1)∵a

3、n＝an－1＋3n－1(n≥2)，∴an－1＝an－2＋3n－2，an－2＝an－3＋3n－3，…a2＝a1＋31，以上(n－1)个式子相加得an＝a1＋31＋32＋…＋3n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.(2)∵an＋1＝an＋ln，∴an＋1－an＝ln＝ln，∴an－an－1＝ln，an－1－an－2＝ln，…a2－a1＝ln，以上(n－1)个式相加得，∴an－a1＝ln＋ln＋…＋ln＝lnn．又a1＝2，∴an＝lnn＋2.题型二：　数列性质的应用3、已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋24n(n∈N*)．(1)求{an}的通项公式；(2)当n为何值时，Sn达到最大？

4、最大值是多少？解　(1)n＝1时，a1＝S1＝23.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋24n＋(n－1)2－24(n－1)＝－2n＋25.经验证，a1＝23符合an＝－2n＋25，∴an＝－2n＋25(n∈N*)．(2)法一　∵Sn＝－n2＋24n，∴n＝12时，Sn最大且Sn＝144.法二　∵an＝－2n＋25，∴an＝－2n＋25＞0，有n＜.∴a12＞0，a13＜0，故S12最大，最大值为144.　　方法归纳：(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列

5、的单调性来解决，判断单调性时常用①作差法，②作商法，③结合函数图象等方法．题型　等差数列的判定或证明4、已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式．(1)证明　∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0，∴－＝2(n≥2)．由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，以2为公差的等差数列．(2)解　由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝.当n≥2时，有an＝－2Sn×Sn－1＝－，又∵a1＝，不适合上式，∴an＝方法归纳：

6、等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在选择题中简单判断．题型三：等差数列前n项和的最值5、在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．解　法一　∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋d＝15×20＋d，∴d＝－.∴an＝20＋(n－1)×＝－n＋.∴a13＝0.即当n≤12时，an＞0，n≥14时，an＜0.∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.法二　同法一求得d＝－.∴Sn＝20n＋·＝－n2＋n＝－2＋

7、.∵n∈N*，∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.法三　同法一得d＝－.又由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.∴5a13＝0，即a13＝0.∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.方法归纳：求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．(2)利用等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A、B为常