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
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:
-定文;按一定次序排列的一列觀
—團数的阁豫
单调性〔递增数列,递减数列、
数列
*■
毘值(显大值,最小恒)
周期性【周期数列〉
第差数列:
宦义、通项公式、中项公式、
前II顶和気公式、性质
等出数列:
定义、通项公式、中项公式.前n项和S”公式、件质
*数列的应用、递帶公式
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
(2)数列与其它
(3)数列的应用
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.
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.
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:
0n为奇数
1.数列0,-.2,0,•、2L的通项an•
72n为偶数
2.数列
1
12,23
的通项an
1)n
1
n(n1)
3•数列1g,1
2
357
12,12L的通项an
468
1+(
1)1
2n1
(2n)2
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(2003年全国高考)已知数列an满足a11,an3n1an1(n2).
(I)求:
a2,a3;
(n)证明:
an
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
.._n1
还可用后面介绍的方法即注意到进行anan13(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:
221
⑴h
321
3
421
4
52
;an
5
2
(n1)1
(2)七
1
45.*
(1)nn(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:
(1)1,7,13,19,L;an
(1)n(6n5)
(3)5,0,5,0,5,0,5,0,L.an5sin
练习1:
写出下面数列的一个通项公式:
⑵7,77,777,7777,77777,L;an7(10n1)
9
n
(1)1,3,1,4,7,|,L;an1
23456
(1)n2
⑵3,^,-,3^^,L.an
5211717
3n2
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
占
八、、♦
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
(1)
(2)
(3)
(4)
O
O
相关的咼考试题有:
O
。
。
。
。
(5)
年龄(岁)
30
35
40
45
50
55
60
65
收缩压(水银柱
毫米)
110
115
120
125
130
135
(140)
145
舒张压(水银柱
毫米)
70
73
75
78
80
83
(85)
88
表.观察表中数据的特点,用适当的数填入表中空白()内.
练习3•根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律,猜测第
n个图中有
__n2-n+1个
1,
2.
(2004年全国卷)已知数列{a*},满足ai=1,an=ai+2a2+3a3+…+(n—1)an-i(n>2),则{an}
的通项
(2006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丄堆最
分析:
由已知,a2a11.
由ana1
2a2
3a3
(n
1)an1
生成
an1a1
2a2
3a3
(n
2)an2
两式相减得
an
an1
(n
1)an1,
a,即
n
n
an
1
为商型的,
用累乘法可得
an
anan
1L
a3
an
—n(n1)
43,
an1an
2
a2
a2
即an
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,
1
f(3)_10_;f(n)_j(n1)(n2)_
6
(答案用n表示).
以f(n)表示第n堆的乒乓球总数,贝U
题型2由an与S的关系求通项公式在我们的教材中,有这样的题目:
12
1.已知数列{an}的前n项和Sn-(nn),则an
2
2.已知数列{an}的前n项和Sn32n,则an
5
2*1
1,
2,
这类题目主要注意
sn与an之间关系的转化.即:
an
SnSn
(n=1)n’
an=a〔(ak
1(n2)n1k2
ak
1).
般已知条件中含
例如:
(04年浙江)设数列{an}的前项的和
an与Sn的关系的数列题均可考虑用上述公式.
1/
Sn=(an-1)
3
(nN
(I)求a1;a2;
(n)求证数列{an}为等比数列.
1
解:
(I)由s-(a11),得
3
1
a1a?
(a?
1),得a?
3
a1
1
評1
1)
a1
又S2
-(a21),即
3
(n)当n>1时,anSn
Sn
15(an
1)
1(an1
1),
得旦■
an1
1
丄,所以an
2
是首项1,公比为
2
-的等比数列.
2
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3.数列{an}的前n项和Sn=3•2n-3,求数列的通项公式.an32n1
练习1:
设数列{an}的前n项和为S=2n2+3n+2,求通项a的表达式,并指出此数列是否
为等差数列.an
7n1,
4n1n2,
练习2:
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且nan+1=S+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》.
(I)写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3;
(n)求数列{an}的通项公式;
111
(川)证明:
对任意的整数m>4,有L——
a4a5am
.解:
⑴当n=1时,有:
Si=ai=2ai+(-1)ai=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:
an
2an12
(1)n1
上式可化为:
an
3
(1)n2[am
故数列{an
2
3(
1)n}是以a12(
3
1
1)为首项,公比为
2的等比数列.
故an2(
1)n
12n1
3
--an
数列{an}的通项公式为:
an
1n1
3g2
J"2(
2(*
1)n].
⑶由已知得:
丄-
a4a5
丄§」
am2[2f
1
2^
1
15
1
33
2【2n2
(1)n]
1
L
63
1[1
3511
21
10
1
20
1(1
1
R]
1
2m2
(1)m]
1311m5131041057
a_)
1552151201208
故1
a4
1
a5
17
———(m>4).
am8
(2006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
f(x)6x
2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图
像上.
(I)求数列
{an}的通项公式;
(n)设bn
1m
Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn对所有nN都成立
anan120
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工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&=3n2-2n.
当n》2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)—(n1)?
2(n1)=6n-5.
当n=1时,a1=S1=3x|2—2=6X1—5,所以,an=6n—5(nN).
(2006年安徽卷)数列an的前n项和为Sn,
已知a1^,St!
n2annn1,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;
S
(n)设fnx—xn1,bnfn/ppR,求数列bn的前n项和Tn.
n
22
解:
由Snna*nn1n2得:
Snn(SnSn1)nn1,即
(n21)5
nSn1
1,所以口Sn
n
Sn1
1
1,对n
2成立.
舟n1o
由
n
叫2S
n
Si1
Sn
1,…
|S2
Si1相加得:
,当
n1时,
也成立.
(n)由fn
而Tn
pTn
虽xn1
n
2p2
2p3
3p3
3p4
n
x
1
(n
(n
'得bn
1)pn1
1)pn
n
np,
n1
np,
(1PR
n1
np
n
np.
p(1Pn)
n1
np
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an
an1
3(n
2),
则an
3n-2
2.
已知数列{an}的首项a11,且an
2an1
3(n
2),
则an
3.
已知数列{an}的c1,a22且an
扣n1an2)(n3)'则回話
4.已知数列{an}的a11,a22且an22an1a*,则an_n.
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
an1an
(n2)或亠-(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:
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,ai1,an1an2,求{%}的通项公式.an2n1
变式1:
数列{an}中,ai1,ani
ann,求{an}的通项公式
an1n21n1
22
变式2:
数列{an}中,a11,an1
n1
an3,求{an}的通项公式
3n
变式4:
数列{an}中,a1
1,an
1
2an,求{
an}的
通项公式•an2
an2
n1
分析:
①等差数列:
an1
an
d
生成:
a2qd,a3
a2
d,
…an1an
2d
anan1d
累加:
an(anan1)
(an1
an
2)(a2
aj
a1
=(n1)da1
由此推广成差型递推关系:
an
an
1f(n)(n
2)
累加:
an(anan1)
(an1
an
2)(a2
aj
a1
n
=f(n)a1,于是只要
2
f(n)可以求和就行.
题组二、
已知数列{an}的首项a1
1,且
an
3an1(n2
),则
an
_3n1_•
an1
an
变式1:
已知数列{an}的首项a1
1,且an
n1
an1(n2),则an
1
n
n
变式2:
数列{an}中,a12,an1
3an2,
求{an}的通项公式.an
3n1
变式3:
已知数列{an}满足a1
1,求an.an
变式3:
数列{an}是首项为1的正项数列,
且(n1)a;1
2
nanan1an
0,(n1,2,3丄),求{an}的通项公式.
an
分析:
②等比数列:
an1anq
生成:
a?
a〔
q,a3a2q,an1an2q,anan1q
累乘:
an
anan1
an1an2
电
a1
n1
a1=q
由此推广成商型递推关系:
ang(n)
an1
累乘:
an
an
an1a2
a1
an2a1
为了提高,我们还可以引用下列例题:
例1、若数列an满足:
求证:
①anC;n
证明:
由已知可得:
an
an1
g(n)a1
an1
2(2n1)
an
n
;②an是偶数.
2(2n1)
n
a22n35(2n
a1=
a1n!
a12,
an
1,(n2)•
1)
而C2n
1厶II丿】厶-T1厶J
n!
n!
所以an
C2n,而anC2n2C
例2、
已知数列{an}中a11,
k=1,2,3.
(I)
求a3,a5;
1
且a2k
an
an2
n!
n!
;n1为偶数.
2)2n135(2n1)=2n35(2n1)
n!
a2k1
(1)k,
a2k1
a2k
3k其中
(II)求{an}的通项公式•解(I)(略)a33,a5
(II)a2k1a2k3
所以a2k1a2k13k
故a2k1(a2k1
(3k3k1
3k11
=3丄(
22
1)k
a2ka2k1
3)
(
a2k1)
(1)
1)k
3k
所以{an}的通项公式为:
当n为奇数时,an
13
a2k1
1)k
(a2k
k(
(1)k
为差型
3k
1
1)
a2k3)
k1
1)k1
1)k
(as
1)
aj
1
a1
3k
1k
2
(1)1-
n2
3~
2
n
32
2
1)
n
1)2
11
2
二.由差型,商型类比出来的和型,积型:
即
当n为偶数时,an
例如:
数列an中相邻两项an,an1是方程求b51的值.
an
2
x
an1
3nxbn
f(n),和an
0的两根,
已知
g(n)
a1017,
分析:
由题意:
an+an13n①
生成:
an1+an23(n1)②
②一①:
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•至U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an
an1
2n
①
则an1
an2
2*1
②
②十①:
an2
2.
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ananic,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
1anpan1f(n)
n1*
2ani3,(nN).
证明:
nn1n
an
(2)n1ao3
(1)2
5
例如:
设a0是常数,且an
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:
1
方法
(1):
构造公比为一2的等比数列an3n,用待定系数法可知—
5
方法
(2):
构造差型数列
an
(2)n
方法
an
(
(
(
an11(
(2)n13(
(3):
直接用迭代的方法处理:
2am°n1
2)2(2a
2)3an
2)nao
2)nao
a
」,即两边同时除以
(2)n得:
(2)n
3
)n,从而可以用累加的方法处理.
2
3n12(2an23n
n33n3)
(2)23n2
(2)23n3
(2)3n2
(2)n130
(2)n231
3n
(1)n12n
5
2)3n1
(2)2an2
(2)3n2
3n1
3n1
(2)n332
(2)23n3
(2)3n2
3n1
3n1
说明:
①当f(n)c或f(n)anb时,上述三种方法都可以用;
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ai外的其它式子,常常是一个等比数列的求和
问题.
2-anp(ani)q型
12
例如:
已知an-(ani),首项为
a
方法1:
两端取常用对数,得igan
ai,求a..(2003年江苏卷22题改编)
2lganilga,
令bnlgan,则bn2bnilga,转化如上面类型的.
特别的,a=i,则转化为一个等比数列.方法2:
直接用迭代法:
an
1a2i「丄凡)2(片
222
a
2“22“i
ai
ai2ni
a(」)2
a
aa
a
a
a
四.
f(Sn,a
n)0型的
利用
anSn
Sni,(n2)转化为g(an
an
i)0型,
或h(Sn,Sni
)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S满足Sn
2an(
i)n,n
i.
(I)写出数列
an的前3项ai,a
2,a3;
(n)求数列
an的通项公式.
分析:
Sn
2an(i)n,ni.
-①
由ai
Si
2aii,得aii.
-②
由n
2得,
a〔a?
2a2i,
得a?
0
-③
由n
3得,
aia2a32a3
i,得
a3
2-④
用n
i代n得Sni2ani(
i)ni
-⑤
①一⑤:
an
SnSni2an
2ani
2(
i)n
即an
2an
i2(i)n
--⑥
an
2ani
2(i)n22an2
2(i)n
i
2(i)n
22an
222(
i)ni2(i)n
-ni
_ni_n2
八2
2(
八n2
J2
z八n
i
2ai2(i)2(
i)
i)2
2
(i)
-⑦
又如:
数列{
an}的前n项和记为
Sn,已知a
1i,ani
n
Sn(n
i,2,3).
S
证明:
数列{H}是等比数列
n
方法ita
niSniSn,ani
(n2)Snn(Sn1Sn),整理得nSn12(n1)Sn,
所以
Sn1
n1
2S
故{§丄}是以2为公比的等比数列
n
方法2:
事实上,我们也可以转化为
Sn
Sn1
2"-,为一个商型的递推关系,
1
由Sn
Snsn1
Sn1Sn2
S2
S1
n1
S=2
a1
n1
na12
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
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