数列常见问题及解题策略

张波波

【摘 要】  数列问题是学生高中时期所面临的一大难点，因其计算的复杂性及题目的多变性，学生得分不理想，严重影响学生的总体成绩.本文将数列常见的求通项公式及前n项和，以及证明问题等进行总结，并针对每一类问题进行详细的讲解，以帮助学生快速掌握知识点.

【关键词】  高中数学；数列；解题策略

数列是高中的必考题目，无论是在选择题、填空题，还是在解答题中，都有它的身影，在对其的考查中，多围绕数列的通项公式、前n项和、最值及不等式等问题.对于不同的问题，其解题方法与思路也存在不同，故学生在解答问题时常常出现错误.本文针对不同问题，对其解法与思路进行系统性总结，帮助学生快速掌握解题技巧.

1 求通项公式及前n项和

求数列的通项公式及前n项和问题是考试中最为常见的题型，在面对这类问题时，有着多种解题方法，可以运用基本的数列定理进行求解，这就需要学生能够掌握并熟练运用各种公式及定理.除了基础的公式法，还有裂项相消法、错位相减法、构造法等多种策略，这些均是解题经常使用的方法，需要学生熟练掌握其解题步骤及适用题型.

1.1 裂项相消法

裂项相消法是将一个通项公式拆分为两个式子相减的形式，通过拆分，在计算過程中可以消去大部分的内容，大大降低计算的复杂程度.虽然裂项相消法可以极大地减少计算量，但是并不是所有题目均适用需要将通项式拆分，即an=f（n+1） －f（n） ，而后进行计算.

例1   Sn为数列 an 的前n项和，已知an>0，a 2n+2an=4Sn+3.

（1）求 an 的通项公式；

（2）设bn= 1 an·an+1  ，求数列 bn 的前n项和Tn.

解   （1）因为数列 an 中，a 2n+2an=4Sn+3，

所以可得a 2n+1 +2an+1 =4Sn+1 +3，

两式相减可得a 2n+1 －a 2n+2（an+1 －an）=4an+1 ，

进一步整理可得2（an+1 +an）=a 2n+1 －a 2n=（an+1 +an）（an+1 －an），

由于an>0，所以可解得an+1 －an=2，

又因为a 21+2a1=4S1+3=4a1+3，

可解得a1=－1或a1=3，其中a1=－1不符合题意，舍去.

所以 an 的通项公式为an=2n+1.

（2）由（1）可得bn= 1 an·an+1

= 1 （2n+1）·（2n+3）

= 1 2   1 2n+1 － 1 2n+3  ，

则Tn=b1+b2+b3+…+bn

= 1 2    1 3 － 1 5  +  1 5 － 1 7  +  1 7 － 1 9  +…+

1 2n+1 － 1 2n+3

= n 3（2n+3） .

故数列 bn 的前n项和Tn为 n 3（2n+3） .

1.2 错位相减法

错位相减法通常适用于an=bn·cn形式的数列中，需要把前n项和两端乘等比数列的公比，而后将两式进行相减求解.

例2   Sn为数列 an 的前n项和，an>0，且an=2Sn－ a 2n 2 － 1 2 （n∈ N  *），

（1）求 an 的通项公式；

（2）求数列  an 3 n  的前n项和Tn.

解   （1）当n=1时，

a1=2S1－ a 21 2 － 1 2 ，

可得a1=1，

由an=2Sn－ a 2n 2 － 1 2 ，

可得a 2 n+2an+1=4Sn，

a 2n+1 +2an+1 +1=4Sn+1 ，

两式相减可得a 2n+1 －a 2n+2an+1 －2an=4an+1 ，

整理可得（an+1 +an）（an+1 －an－2）=0，

因为an>0，

可得an+1 －an=2，

则 an 的通项公式为an=2n－1.

（2）Tn= a1 3 1 + a2 3 2 + a3 3 3 +…+ an 3 n

= 1 3 1 + 3 3 2 + 5 3 3 +…+ 2n－1 3 n ，

则 1 3 Tn= 1 3 2 + 3 3 3 + 5 3 4 +…+ 2n－1 3 n+1  ，

两式相减可得

2 3 Tn= 1 3 + 2 3 2 + 2 3 3 +…+ 2 3 n + 2n－1 3 n+1

= 1 3 +2×  1 9  1－ 1 3 n－1    1－ 1 3  － 2n－1 3 n+1

= 2 3 － 2n+2 3 n+1  ，

所以Tn=1－ n+1 3 n .

2 证明数列不等式

证明数列不等式在考试中也时常出现，这类问题通常比较复杂，是对学生等差、等比数列各项知识的综合考查，具有一定的难度.在解题时，需要利用基本性质，对通项公式、前n项和等内容进行简化，而后根据题目中给出的不等式进行合理的转化，进而对其进行证明.

例3   设曲线y=x n+1 （n∈ Ν  *）在点（1，1）处的切线与x轴交点横坐标为xn，令bn=（n+3）xn+2 ，证明：bn+1 · ln bn>bn· ln bn+1 .

证明   因为y=x n+1 （n∈ Ν  *），

所以y′=（n+1）x n，

当x=1时，y′=n+1，

所以曲线y=x n+1 在点（1，1）处的切线方程为

y－1=（n+1）（x－1）.

令y=0，得x= n n+1 ，

即xn= n n+1 ，

所以bn=（n+3）xn+2 =n+2，

要证bn+1 · ln bn>bn· ln bn+1 等价于

（n+3）· ln （n+2）>（n+2）· ln （n+3），

即证  ln （n+2） n+2 >  ln （n+3） n+3 .

令f（x）=  ln x x ，x>3，

得f′（x）= 1－ ln x x 2 ，

当x≥3时， ln x>1，1－ ln x<0，x 2>0，

所以f′（x）<0，f（x）在［3，+∞）上单调

递减，

因为3≤n+2

所以  ln （n+2） n+2 >  ln （n+3） n+3 ，

即bn+1 · ln bn>bn· ln bn+1 成立.

3 结语

综上所述，数列问题并不是单一的问题，其题型也是复杂多样的，并不是十分容易掌握.本文虽然对数列问题常见题型及解题思路进行了总结，但学生要想熟练掌握并加以运用，仍需要在平时进行大量的练习，掌握各种题型的解题方法与思路，如此才能在高考中快速解决这类问题.

参考文献：

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