高考数学秒杀必备数列通项公式的若干求法及转化思想论文.doc

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数列通项公式的若干求法及转化思想

求通项公式是学习数列时的一个难点。

由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。

现举数例。

一．观察法

已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而

根据规律写出此数列的一个通项。

例1：

已知数列写出此数列的一个通项公式。

例2：

根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：

（1）4，44，444，4444，…

（2）

（3）

（4）

二．公式法

（1）当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。

例1：

已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的（q∈R且q≠1）的等比数列，若函数f（x）=（x－1）2，且a1=f（d－1），a3=f（d+1），b1=f（q+1），b3=f（q－1），

求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）已知数列的前n项和求通项时，通常用公式。

用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”即a1和an合为一个表达式。

例1、已知数列的前n项和为：

①②

求数列的通项公式。

三．由递推式求数列通项

对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

称辅助数列法。

例题：

已知数列｛｝中，，，写出数列的前5项。

（课本习题）。

变式1：

已知数列｛｝中，，。

求

变式2：

已知数列｛｝中，，。

求

变式3：

已知数列｛｝中，，。

求

变式4：

已知数列｛｝中，，。

求

变式5：

已知数列｛｝中，，。

求

变式3：

已知数列｛｝中，，。

求

变式6：

已知数列｛｝中，，。

求

变式7：

已知数列｛｝中，，。

求

变式8：

已知数列｛｝中，，。

求

类型Ⅰ：

（一阶递归）

由等差，等比演化而来的“差型”，“商型”递推关系

①等差数列：

由此推广成差型递推关系：

累加：

=，于是只要可以求和就行。

类型1递推公式为

解法：

把原递推公式转化为，

（特殊情形：

⑴.（差后等差数列）⑵（差后等比数列））

利用累加法求解。

例1．已知｛｝满足，且，求

例2．已知｛｝满足，且，求

例3．已知｛｝满足，且，求

例4.已知数列满足，求。

②等比数列：

由此推广成商型递推关系：

累乘：

类型2递推公式为

解法：

（1）把原递推公式转化为，利用累乘法求解。

例1．已知｛｝满足，且，求

例2．已知｛｝满足，且，求

例4．

（1）.已知数列满足，求。

例题1。

已知数列满足：

求证：

①②是偶数

（由和确定的递推数列的通项可如下求得：

（2）由已知递推式有

依次向前代入，得

，简记为。

这就是叠代法的基本模式。

例3已知，求。

解：

。

1、已知数列{an}满足，求{an}的通项公式

类型3递推公式为（其中p，q均为常数，）。

解法：

把原递推公式转化为：

其中，再利用换元法转化为等比数列求解。

例1.已知数列中，，求。

类型4递推公式为（其中p，q均为常数，）。

解法：

该类型较类型3要复杂一些。

一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：

引入辅助数列（其中），得：

再应用类型3的方法解决。

例1.已知数列中，，求。

例2.已知数列中，，求。

类型5。

型的

利用转化为型，或型

即混合型的转化为纯粹型的

例题1．已知数列的前n项和Sn满足

（Ⅰ）写出数列的前3项

（Ⅱ）求数列的通项公式;

分析：

---------------①

由得----------------②

由得，，得--------------③

由得，，得---------④

用代得-----------⑤

①—⑤：

即----------------------------⑥

---------------------------⑦

例题2。

数列的前n项和记为Sn，已知证明：

数列是等比数列；（全国卷

（二）理科19题）

方法1∵

∴整理得

所以故是以2为公比的等比数列.

方法2：

事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系，

由=

1．｛｝是正数组成的数列，前n项和为，对所有的n，与2的等差中项等于与2的等比中项

（1）写出｛｝的前三项；

（2）求｛｝的通项。

2．在数列｛｝中，已知，求

3．已知数列{an}的前n和满足求此数列的通项公式。

4．已知数列前n项和。

（1）求与的关系；

（2）求通项公式。

5．（北京卷）数列的前n项和为Sn，且，求：

（Ⅰ）的值及数列的通项公式；

（Ⅱ）的值.（）

由递推数列公式求数列通项公式的解题方法是数学中针对性较强的一种数学解题方法，它从一个侧面体现数学的研究方法，体现了新课程标准理念，是培养学生思维深刻性的极好的范例。

注意一题多解；

例1：

已知数列满足，

（Ⅰ）求数列的通项公式；

解法1：

（构造法Ⅰ）

，

是以为首项，2为公比的等比数列，

即

解法2：

（构造法Ⅱ）

……①

……②

①、②两式相减得

是以为首项，2为公比的等比数列，

即

解法3：

（阶差法）

由，可得：

………

以上n式相加得

即

解法五：

（迭代法）

由，可得：

即

总之，以上方法融会贯通可以解决关于递推数列公式求数列通项公式变形问题，从而提高学生的数学解题能力，把握数学学习方法。

同式题：

.已知数列｛｝，，则＝

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、对数等还是要求掌握的。

四、转化为常见类型求解：

（1）倒数变换法：

形如（为常数，且）的递推公式，可令。

则可转化为型；

例1：

数列中，且，，求数列的通项公式.

（2）对数变换法：

例：

已知数列满足，求。

当然，转化方法不是一成不变的，但其本质是构造、转化为上述常见形式数列问题求解。

如比例变换；

例1、设数列满足下列条件，求。

（可化为，再取对数）

例2、设数列满足下列条件，试求各通项：

（1）

（2）

（3）

解：

（1）

令则，

本题用除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“型”，

可得

（2）递推式两边同除以，得，就可转化为“型”，当然，也可以在递推式两边同除以，得，

则可转化为“型”，所以得

（3）递推式两边同取对数，得

令，则

，已转化为“型”，由累乘相消法可得

一般掌握下列转化思想即可；尤其对分式型递推关系。

1、利用倒数转化为：

（1）；

（2）

2、求前若干项观察项间周期性等

练习：

1、已知求：

2、已知a1=1,an+1=，求an

3、已知数列｛an｝满足：

a1＝0，且，则（A）

A0；B；C；D

变式：

（1）、已知数列｛an｝满足：

a1＝0，且，Sn表示数列｛an｝的n前项和则

（2）、已知满足，则数列前26项的和为：

（B）

A．0 B．－1 C．－8 D．－10

（3）、已知数列｛an｝满足：

a1＝3，且，An表示数列｛an｝的n前项和则3

3、（2006年江西卷）已知数列｛an｝满足：

a1＝，且an＝

（1）求数列｛an｝的通项公式；

解：

将条件变为：

1－＝，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为

1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝（n³1）…………1°

练习：

设数列满足下列条件，试求各通项：

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

类型Ⅲ：

=p+q（p、q均为常数）（二阶递归）

=p+q-＝（-）∴解出、因此

｛-｝是G.P

特殊地型

分析：

∵

∴

∴是以为首项，公比为的等比数列

例1、，，，求

例2：

a1=1，a2==-,求数列｛｝的通项公式。

-＝（-）解得：

＝1、＝

-＝（-），a2-a1=∴-=∴＝（-）+（-）+┈+（a2-a1）+a1=++┈++1=3-.

∴＝3-

同式题：

已知a1=1,a2=3，an+2=3an+1-2an，求an

双数列型

解法：

根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。

例7.已知数列中，；数列中，。

当时，，求。

解：

因

所以

即

又因为

所以

即

由<1>、<2>得：

例9．数列中，且满足

⑴求数列的通项公式；

⑵设，求；

⑶设=，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？

若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。

3、已知数列中，是其前项和，并且，

⑴设数列，求证：

数列是等比数列；

⑵设数列，求证：

数列是等差数列；

⑶求数列的通项公式及前项和。

分析：

由于{b}和{c}中的项都和{a}中的项有关，{a}中又有S=4a+2，可由S-S作切入点探索解题的途径．

解：

（1）由S=4a，S=4a+2，两式相减，得S-S=4（a-a），即a=4a-4a．（根据b的构造，如何把该式表示成b与b的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练）

a-2a=2（a-2a），又b=a-2a，所以b=2b①

已知S=4a+2，a=1，a+a=4a+2，解得a=5，b=a-2a=3②

由①和②得，数列{b}是首项为3，公比为2的等比数列，故b=3·2．

（2006年江苏卷）设数列、、满足：

，（n=1,2,3,…），

　　　证明：

为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）

证明：

必要性：

设数列是公差为的等差数列，则：

==-=0，

∴（n=1,2,3,…）成立；

又=6（常数）（n=1,2,3,…）

∴数列为等差数列。

充分性：

设数列是公差为的等差数列，且（n=1,2,3,…），

∵……①∴……②

①－②得：

=

∵

∴……③从而有……④

④－③得：

……⑤

∵，，，

∴由⑤得：

（n=1,2,3,…），

由此，不妨设（n=1,2,3,…），则（常数）

故……⑥

从而……⑦

⑦－⑥得：

，

故（常数）（n=1,2,3,…），

∴数列为等差数列。

综上所述：

为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）。

又称派生数列

【高考热点】

1.所谓派生数列，是指利用一个或几个已知数列产生新数列。

例如，从一个数列中按一定的规律抽取一部分项构成一个新数列（子数列）；又如数列的前n项的和数列、或由构成新的数列、或由两个数列、构成新的数列等等。

2.派生数列是综合性的问题，一般可转化为等差数列或等比数列，或用数列中的常用思想方法求解。

【课前预习】

1．若数列是等差数列，则有数列也为等差数列，类比上述性质，相应的，若数列是等比数列，且，则有__________也是等比数列。

2．在等差数列中，公差，则（B）

A．40B．45C．50D．55

3．在数列{an}中，a1=2，，则a5等于（C）

A．12B．14