求通项数列公式的常见题型与解题方法.docx
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求通项数列公式的常见题型与解题方法
求通项数列公式的常见题型与解题方法
数列求通项公式的常见题型与解题方法
数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础.高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏.有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起.探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出现.本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.数列这一章的主要章节结构为:
近几年来,高考关于数列方面的命题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.
我仅对数列求通项公式这一部分内容做一个浅显的分析与提炼.
题型1已知数列前几项求通项公式
在我们的教材中,有这样的题目:
01.
数列的通项a
n1n为奇数n为偶数.
2.数列11111n,,,的通项an.
(1)12233445n(n1)
1357n12n1,1,1,1的通项.1+
(1)an22426282(2n)23.数列1
此题主要通过学生观察、试验、合情推理等活动,且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质,从而培养学生数学思维能力.相对于填空题或是选择题只需利用不完全归纳法进行猜想即可;对于解答题,往往还需要我们进一步加以证明.
例如(20XX年全国高考)已知数列an满足a11,an3n1an1(n2).(Ⅰ)求:
a2,a3;
3n1(Ⅱ)证明:
an.2
分析:
问题(1)主要渗透一般化特殊化,利用已知的递推公式求具体.
问题(2)与问题(1)紧密相连,可以从特殊入手,归纳论证相结合,求一般.当然还可用后面介绍的方法即注意到进行anan13n1(n2),由特殊化归为等比数列等加以证明.本题贯穿特殊化与一般化的思维方法,实质上是归纳中的综合.
课堂中我们还可以设计如下例题及练习,训练学生这方面的技能.
例1.写出下面数列的一个通项公式,使它的前4项分别是下列各数:
221321421521(n1)21
(1),,,;an2345n1
11111
(2),,,.an
(1)n12233445n(n1)
例2.观察下面数列的特点,写出每个数列的一个通项公式:
n
(1)1,7,13,19,;an
(1)(6n5)
7
(2)7,77,777,7777,77777,;an(10n1)9n(3)5,0,5,0,5,0,5,0,.an5sin2练习1:
写出下面数列的一个通项公式:
31537n2313131
(1)n2
(2),,,,,.a
(1)1,,,,,,;ann52117173n223456n
2
练习2.在某报《自测健康状况》的报道中,自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表.
点.。
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(1)
(2)(3)(4)(5)
相关的高考试题有:
(20XX年全国卷)已知数列{an},满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+„+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的通项ann1,1
n2.___
分析:
由已知,a2a11.
由ana12a23a3(n1)an1生成
an1a12a23a3(n2)an2
annan1
aaaa为商型的,用累乘法可得annn13nn(n1)43,an1an2a2a2
n即an.2两式相减得:
anan1(n1)an1,即
(20XX年广东卷)在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间,某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品,其中第1堆只有1层,就一个球;第2,3,4,堆最底层(第一层)分别按图4所示方式固定摆放,从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第n堆第n层就放一个乒乓球,以f(n)表示第n堆的乒乓球总数,则
1f(3)_10_;f(n)_n(n1)(n2)___6
(答案用n表示).
题型2由an与Sn的关系求通项公式
在我们的教材中,有这样的题目:
3„
1.已知数列{an}的前n项和Sn12(nn),则an2
2.已知数列{an}的前n项和Sn32n,则an
这类题目主要注意sn与an之间关系的转化.即:
5n1,.n12n2,
nS1(n=1)an=a1(akak1).an=SS(n2)k2n1n
一般已知条件中含an与Sn的关系的数列题均可考虑用上述公式.例如:
(04年浙江)设数列{an}的前项的和Sn=
(Ⅰ)求a1;a2;
(Ⅱ)求证数列{an}为等比数列.1(an-1)(nN).3
1111(a11),得a1(a11)∴a1又S2(a21),即3332
11a1a2(a21),得a2.34
11(Ⅱ)当n>1时,anSnSn1(an1)(an11),33解:
(Ⅰ)由S1
得
an111,所以an是首项,公比为的等比数列.22an12课堂中我们还可以设计如下例题及练习,训练学生这方面的技能.
n例3.数列{an}的前n项和Sn=3·2-3,求数列的通项公式.an32n1
练习1:
设数列{an}的前n项和为Sn=2n+3n+2,求通项an的表达式,并指出此数列是否为等差数列.an27n1,4n1n2,
练习2:
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且nan+1=Sn+n(n+1),求an.相关的高考试题有:
an2n
(2004全国卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn=2an+(-1)n,n≥1.
(Ⅰ)写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3;
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式;
4
(Ⅲ)证明:
对任意的整数m>4,有1117.a4a5am8.解:
⑴当n=1时,有:
S1=a1=2a1+(-1)a1=1;
当n=2时,有:
S2=a1+a2=2a2+(-1)2a2=0;
当n=3时,有:
S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3a3=2;
综上可知a1=1,a2=0,a3=2;
⑵由已知得:
anSnSn12an
(1)n2an1
(1)n1化简得:
an2an12
(1)n122
(1)n2[an1
(1)n1]33
22n1故数列{an
(1)}是以a1
(1)为首项,公比为2的等比数列.33
21n11n122n2nnn故an
(1)2∴an2
(1)[2
(1)]33333
2n2n数列{an}的通项公式为:
an[2
(1)].3上式可化为:
an
⑶由已知得:
1113111[23m2]ma4a5am221212
(1)
3111111[m2]2391533632
(1)m
11111[1]2351121
11111[1]2351020
11(1m5)1422114[][m5]1235522312
131********57()m5.155********08
5
故
1117(m>4).a4a5am8
(20XX年湖北卷)已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点,其导函数为
均在函数yf(x)的图f'(x)6x2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(nN)
像上.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设bnm1,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn对所有nN都成立20anan1
的最小正整数m.
点评:
本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能,考查分析问题的能力和推理能力.
解:
(Ⅰ)设这二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),则f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x-2,得a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.
又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上,所以Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-(3n1)22(n1)=6n-5.
当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5(nN).
(20XX年安徽卷)数列an的前n项和为Sn,已知a11,Snn2annn1,n1,2,.2
(Ⅰ)写出Sn与Sn1的递推关系式n2,并求Sn关于n的表达式;
(Ⅱ)设fnxSnn1x,bnfn/ppR,求数列bn的前n项和Tn.n
6
解:
由Snn2annn1n2得:
Snn2(SnSn1)nn1,即
n1nSnSn11,对n2成立.nn1
n1nnn132SnSn11,Sn1Sn21,„,S2S11相加得:
由nn1n1n221
n11n2
Sn2S1n1,又S1a1,所以Sn,当n1时,也成立.n2n1
Sn1nn1x,得bnfn/pnpn.(Ⅱ)由fnxnxnn1
而Tnp2p23p3(n1)pn1npn,(n21)Snn2Sn1nn1,所以
pTnp22p33p4(n1)pnnpn1,
(1P)Tnpppp23n1pnpnn1p(1pn)npn1.1p
题型3已知数列递推公式求通项公式
在我们的教材中,还有这样的类型题:
1.已知数列{an}的首项a11,且anan13(n2),则an.
2.已知数列{an}的首项a11,且an2an13(n2),则an3.已知数列{an}的a11,a22且ann11a(an1an2)(n3),则limn.x2an1
4.已知数列{an}的a11,a22且an22an1an,则an
这类问题是通过题目中给定的初始值和递推公式,在熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式的推导方法的基础上,产生的一系列变式.
我们应清楚的意识到:
1.证明数列an是等差或等比数列常用定义,即通过证明an1ananan1(n2)或an1an(n2)而得.anan1
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.等差数列、等比数列求通项公式涉及的迭代、累加、累乘、构造等方法.我们具体进行如下分析:
7
一、由等差,等比演化而来的“差型”,“商型”递推关系题组一:
数列{an}中,a11,an1an2,求{an}的通项公式.an2n1变式1:
数列{an}中,a11,an1ann,求{an}的通项公式.an变式2:
数列{an}中,a11,an1an3n1121nn1223n11,求{an}的通项公式.an2变式3:
已知数列{an}满足a11,1
an1111,求an.annan
变式4:
数列{an}中,a11,an1
分析:
①等差数列:
an1and22an,求{an}的通项公式.ann1an2
生成:
a2a1d,a3a2d,„an1an2d,anan1d累加:
an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1=(n1)da1由此推广成差型递推关系:
anan1f(n)(n2)累加:
an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1=nf(n)a,于是只要1
2
n1f(n)可以求和就行.题组二、已知数列{an}的首项a11,且an3an1(n2),则an3
变式1:
已知数列{an}的首项a11,且an.n11an1(n2),则an.nn变式2:
数列{an}中,a12,an13an2,求{an}的通项公式.an3n1变式3:
数列{an}是首项为1的正项数列,
22且(n1)an,2,3,),求{an}的通项公式.an1nanan1an0,(n11n分析:
②等比数列:
an1anq
生成:
a2a1q,a3a2q,„an1an2q,anan1q累乘:
ananan1a2a1=qn1a1an1an2a1
8
由此推广成商型递推关系:
累乘:
ananan1an1an2ang(n)an1na2a1g(n)a1a12
2(2n1)an1,(n2).n为了提高,我们还可以引用下列例题:
例1、若数列an满足:
a12,an
n求证:
①anC2n;②an是偶数.证明:
由已知可得:
an2(2n1)an1n
anan1a22n35(2n1)又ana1=n!
an1an2a1
(2n)!
246(2n2)2n135(2n1)2n35(2n1)而C=n!
n!
n!
n!
n!
nnn所以anC2n,而anC2n2C2n1为偶数.n2n
例2、已知数列{an}中a11,且a2ka2k1
(1)k,a2k1a2k3k其中k=1,2,3,„„.
(I)求a3,a5;
(II)求{an}的通项公式.
解(Ⅰ)(略)a33,a513
(II)a2k1a2k3ka2k1
(1)k3k
所以a2k1
故a2k1a2k13k
(1)k,为差型(a2k1a2k1)(a2k1a2k3)(a3a1)a1
(3k3k13)
(1)k
(1)k1
(1)13k11
(1)k1.=22
3k13k1kk1ka2ka2k1
(1)
(1)
(1)1
(1)k1.2222
所以{an}的通项公式为:
当n为奇数时,an3n2
2
2
n
2
(1)n1211;231
(1)21.当n为偶数时,an22
二.由差型,商型类比出来的和型,积型:
即anan1f(n),和anan1g(n)9n
例如:
数列an中相邻两项an,an1是方程x23nxbn0的两根,已知a1017,求b51的值.
分析:
由题意:
an+an13n
②—①:
an2an3.
所以该数列的所有的奇数项成等差,所有的偶数项也成等差.
其基本思路是,生成,相减;与“差型”的生成,相加的思路刚好相呼应.到这里本题的解决就不在话下了.
特别的,若an+an1c,则an2an.
即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等.
若anan12n①
则an1an22n1②②÷①:
①②生成:
an1+an23(n1)an22.an
所以该数列的所有的奇数项成等比,所有的偶数项也成等比.
其基本思路是,生成,相除;与“商型”的生成,相乘的思路刚好相呼应.特别地,若anan1c,则an2an.
即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等.
三.可以一次变形后转化为差型,商型的
1.anpan1f(n)
例如:
设a0是常数,且an2an13n1,(nN).证明:
an
(2)n1*3n
(1)n12n
a0.5
分析:
这道题目是证明型的,最简单的方法当然要数数学归纳法,现在我们考虑用推导的方法来处理an2an13n1的三种方法:
方法
(1):
构造公比为—2的等比数列an3n,用待定系数法可知方法
(2):
构造差型数列1.5ann,即两边同时除以得:
(2)n
(2)
anan113n(),从而可以用累加的方法处理.2
(2)n
(2)n13
方法(3):
直接用迭代的方法处理:
an2an13n12(2an23n2)3n1
(2)2an2
(2)3n23n1
(2)2(2an33n3)
(2)23n23n1
(2)3an3
(2)23n3
(2)3n23n1
10
(2)na0
(2)n130
(2)n231
(2)n332
(2)23n3
(2)3n23n1
3n
(1)n12n
(2)a0.5
说明:
①当f(n)c或f(n)anb时,上述三种方法都可以用;n
②当f(n)n2时,若用方法1,构造的等比数列应该是anpn2qnr而用其他两种方法做则都比较难.
③用迭代法关键是找出规律,除含a1外的其它式子,常常是一个等比数列的求和问题.
2.anp(an1)q型
1(an1)2,首项为a1,求an.(20XX年江苏卷22题改编)a
方法1:
两端取常用对数,得lgan2lgan1lga,例如:
已知an令bnlgan,则bn2bn1lga,转化如上面类型的.特别的,a=1,则转化为一个等比数列.
方法2:
直接用迭代法:
a12n1121122112221122n22n1an1(an)()a()aa().21aaaaaa
四.f(Sn,an)0型的an
利用anSnSn1,(n2)转化为g(an,an1)0型,或h(Sn,Sn1)0型即混合型的转化为纯粹型的.
例如:
已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an
(1)n,n1.(Ⅰ)写出数列an的前3项a1,a2,a3;
(Ⅱ)求数列an的通项公式.
分析:
Sn2an
(1)n,n1.
由a1S12a11,得a11.-①-②
由n2得,a1a22a21,得a20-③
由n3得,a1a2a32a31,得a32-④
用n1代n得Sn12an1
(1)
即an2an12
(1)nn1-⑤n①—⑤:
anSnSn12an2an12
(1)--⑥
an2an12
(1)n22an22
(1)n12
(1)n22an222
(1)n12
(1)n
22n1a12n1
(1)2n2
(1)22
(1)n2n2
(1)n1-⑦3
n2Sn(n1,2,3).又如:
数列{an}的前n项和记为Sn,已知a11,an1n
11
证明:
数列{Sn是等比数列.n
n2Sn,n
∴(n2)Snn(Sn1Sn),整理得nSn12(n1)Sn,方法1∵an1Sn1Sn,an1
Sn1SS2n.故{n}是以2为公比的等比数列.n1nn
S2n方法2:
事实上,我们也可以转化为n,为一个商型的递推关系,Sn1n1
sssnn1n22n1a1na12n1.由snnn12s1=2n1n2n31sn1sn2s1所以
当然,还有一些转化的方法和技巧,如基本的式的变换,象因式分解,取倒数等还是要求掌握的.
生成与迭代是递推关系的最重要特征.递推关系一般说来,是对任意自然数或大于等于2的自然数总成立的一个等式,自然数n可以取1,2,3„n,n+1等等,这样就可以衍生出很多的等式.这就是所谓的生成性.对于生成出来的等式,我们往往选一些有用的进行处理.比如相加,相减,相乘,相除等,但用的最多的还是由后往前一次又一次的代入,直到已知项.这种方法就叫迭代.上面的很多例题都可以体现这一点.这种很朴素的思想,对于相关的其他数列问题也是非常有效的.
这类的高考试题也比比皆是,如:
(20XX年全国卷)已知数列{an},满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+„+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的通项ann1,1
___n2.
分析:
由已知,a1a21
由ana12a23a3(n1)an1生成
an1a12a23a3(n2)an2
annan1
aaaa为商型的,用累乘法可得annn13nn(n1)43,an1an2a2a2
n即an.2
2.已知数列an中,Sn是其前n项和,并且Sn14an2(n1,2,),a11,
(Ⅰ)设数列bnan12an(n1,2,),求证:
数列bn是等比数列;a,(n1,2,),求证:
数列cn是等差数列;(Ⅱ)设数列cnn
n2两式相减得anan1(n1)an1,即
12
(Ⅲ)求数列an的通项公式及前n项和.
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