高中数学数列试题的解题技巧

刘鹏

摘要：本文分析了公式法、数列分组法、裂项相消法、错位相减法、累加累乘等方法以及变式练习题在数列解题中的应用，以期为促进高中数学数列教学，提高学生数列解题能力提供借鉴.

关键词：数列分组法;错位相减法;裂项相消法

中图分类号：G632文献标识码：A 文章编号：1008-0333（2022）07-0007-03

数列是高中数学的重点、难点，习题情境复杂多变，部分习题技巧性较强.为提高解答数列试题的能力，既要总结常见的数列习题类型，又要注重深入研究经典例题，掌握题型特点，总结相关解题技巧.

1 数列试题解题技巧之公式法的应用

例1在数列{an}中，a1=2，an+1=an+2n+1，数列{bn}满足bn=2log2（an+1-n），则数列{bn}的前n项和Sn为（）.

A.n2B.n2-nC.n2+nD.n2+n+1

解题技巧高中数学数列部分涉及很多公式，解题时直接套用公式可大大提高解题效率.解答该题需要从给出的已知条件出发通过构造新的数列求解出数列{an}，通过计算得出数列{bn}的通项公式，而后直接套用等差数列前n项和计算公式.

因为an+1=an+2n+1，

所以an+1-2n+1=an+2n+1-2n+1=an-2n+1.

所以（an+1-2n+1）-（an-2n）=1.

因为a1=2，所以a1-2=2-2=0.

则数列{an-2n}是以0为首项，1为公差的等差数列.

所以an-2n=n-1，即an=n-1+2n.

因为bn=2log2（an+1-n），

所以bn=2log2（n-1+2n+1-n）=2n.

所以Sn=b1+b2+…+bn=2（1+2+…+n）=2×n（1+n）2=n2+n，故选C.

2 数列试题解题技巧之数列分组法的应用

例2已知数列{an}满足a1=1，nan+1=（n+1）an+n（n+1），n∈N*，且bn=ancos2nπ3，设Sn为数列{bn}的前n项和，则S2020的值为（）.

A.1B.12C.-12D.-1

解题技巧解答数列与三角函数相结合的试题不仅要运用数列相关知识，而且需要运用相关的诱导公式.该题中需根据已知条件求出数列{an}的通项公式，得出数列{bn}的通项公式，结合三角函数，找到数列{bn}中不同项数的通项公式.

因为nan+1=（n+1）an+n（n+1），

所以an+1n+1=ann+1，即an+1n+1-ann=1.

因为a1=1，所以数列{ann}是以1为首项，1为公差的等差数列，即ann=n，an=n.

所以bn=ncos2nπ3.

b3k-2=（3k-2）cos（2kπ-4π3）=-12（3k-2）;

b3k-1=（3k-1）cos（2kπ-2π3）=-12（3k-1）;

b3k=3kcos2kπ=3k;

所以b3k-2+b3k-1+b3k=32.

因为2020=3×674-2，

所以b2020=-12（3×674-2）=-1010.

又因为2020=3×673+1，

故S2020=（b1+b2+b3）+（b4+b5+b6）+…+（b2017+b2018+b2019）+b2020=32×673-1010=-12.3 数列试题解题技巧之裂项相消法的应用

例3已知数列{an}满足a1=43，an+1-1=an（an-1）（n∈N*），且Sn=1a1+1a2+1a3+…+1an，则Sn的整数部分可能构成的集合是（）.

A.{0，1，2}B.{0，1，2，3}C.{2}D.{0，2}

解题技巧部分数列习题，需要运用递推关系研究相关项数之间的联系，对分析以及推理能力要求较高.该题中需根据已知条件寻找相关的递推关系，采用裂项相消法求出Sn.根据已知条件判断数列{an}的单调性，而后通过分类讨论进行解答.

因为an+1-1=an（an-1），两边取倒数，得

1an+1-1=1an-1-1an.

即1an=1an-1-1an+1-1.

故Sn=1a1+1a2+1a3+…+1an=1a1-1-1a2-1+1a2-1-1a3-1+…+1an-1-1an+1-1=3-1an+1-1.

又因为an+1-1=an（an-1），

所以an+1-an=（an-1）2.

因为an≠1，所以（an-1）2>0，数列{an}为递增数列.

因为a1=43，故a2=139，a3=13381，a4=134776561.

所以1a3-1=8152>1，1a4-1=65616916<1.

当n=1时，S1=1a1=34，整数部分为0;

当n=2时，S2=1a1+1a2=34+913=1+1352，整数部分为1;

当n=3时，S3=1a1+1a2+1a3=34+913+81133=2+3556561，整数部分为2;

当n≥4时，3-1an+1-1∈（2，3），其整数部分为2.

综上可知，Sn的整数部分可能构成的集合是{0，1，2}，故选A.

4 数列试题解题技巧之累加、累乘法的应用

例4对于數列{an}，若存在常数M，使得对任意的n∈N*，都有|an|

A.an+an+1=1+nB.an+1-an=1-1n21B61FEF-5BE1-417A-BA74-8BCF5C05736E

C.anan+1=1+2nD.an+1an=1+1n2

解题技巧解答数列新定义类问题的关键在于能够构建新定义与所学知识的联系，对要求解的问题进行灵活转化，化陌生为熟悉，尤其需要灵活运用多种解题方法进行严谨地推理.

对于A，C两项，设数列{an}有界，根据定义可知，an

而1+n→+∞，1+2n →+∞，因此，两项均错误.

对于B项，当n≥2时，an+1-an=1-1n≥12，所以a3-a2≥12，a4-a3≥12，…，an-an-1≥12.

累加得到：an-a2≥12（n-2）.

因为a2-a1=0，所以a1=a2=1.

所以an≥n2，不是有界的.

对于D项，a2=1+1=2，an+1an=1+1n2=n2+1n2

所以an<4成立.故选D.

5 数列解题技巧之错位相减法的应用

例5已知{an}是公差不为0的等差数列，已知a1=1，且a1，a2，a4成等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，b1=2，bn=Sn-1+2（n≥2，n∈N*），设an=bncn.

（1）求数列{cn}的通项公式;

（2）记Tn为数列{cn}的前n项和，若对于任意的n∈N*，不等式bn·Tn>（-2）np-n恒成立，求实数p的取值范围;

解题技巧遇到数列求和时应注重先观察求和数列的通项公式，尤其当通项公式为等差数列与等比数列的复合形式时常采用错位相减法.

该题中首先根据已知条件求出数列{an}，{bn}的通项公式，而后借助“an=bncn”求出数列{cn}的通项公式.求{cn}的前n项和Tn时需要运用错位相减法.

问题（1）因为{an}是公差不为0的等差数列，a1=1，且a1，a2，a4成等比数列.

所以a22=a1a4.

设公差为d，则（1+d）2=1×（1+3d）.

整理，得d（d-1）=0.则d=1，an=n.

因为当n≥2时，bn=Sn-1+2，则bn+1=Sn+2.两式相减，得bn+1-bn=Sn-Sn-1=bn.

所以bn+1=2bn.

当n=2时，b2=S1+2=b1+2=4，故b2=2b1.

所以数列{bn}是以2为首项，以2为公比的等比数列.所以bn=2×2n-1=2n.

因为an=bncn，所以cn=n2n.

问题（2）因为cn=n2n，所以Tn=1×12+2×122+3×123+…+（n-1）×12n-1+n×12n.①

所以12Tn=1×122+2×123+3×124+…+（n-1）×12n+n×12n+1.②

①-②，得

12Tn=12+122+123+…+12n-n×12n+1=12[1-（12）n]1-12-n×12n+1=1-n+22n+1.

所以Tn=2-n+22n.

因为不等式bn·Tn>（-2）np-n恒成立，

即2n·（2-n+22n）>（-2）np-n恒成立.

所以（-1）np<2-22n.

当n为偶数时，p<2-22n恒成立，则n=2，此时p<2-12=32;

当n为奇数时，-p<2-22n，p>22n-2，则n=1，p>-1.

综上可知，p的取值范围为（-1，32）.

参考文献：

[1] 胡见畬.浅谈数列试题解题方法与技巧[J].高中数学教与学，2019（06）：46-47.

[2] 刘克江.浅析高中数学数列试题的解题方法與技巧[J].课程教育研究，2020（19）：142.

[责任编辑：李璟]21B61FEF-5BE1-417A-BA74-8BCF5C05736E