高考数列常考题型归纳总结汇总.docx
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高考数列常考题型归纳总结汇总
高考数列常考题型归纳总结
类型1an+1=an+f(n
解法:
把原递推公式转化为an+1-an=f(n,利用累加法(逐差相加法求解。
例:
已知数列{an}满足a1=解:
由条件知:
an+1-an=
12
,an+1=an+1
=
1
1n+n
2
,求an。
-
1n+1
n+n
2
n(n+1
=
1n
分别令n=1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,(n-1,代入上式得(n-1个等式累加之,即
(a2-a1+(a3-a2+(a4-a3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(an-an-1=(1-
12+(
12-13+(1n
13-14
+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(
1n-1
-1n
所以an-a1=1-
a1=
12
12+1-
1n=32-1n
,∴an=
类型2an+1=f(nan解法:
把原递推公式转化为
23
an+1an
=f(n,利用累乘法(逐商相乘法求解。
nn+1
例:
已知数列{an}满足a1=解:
由条件知之,即
a2a1
∙a3a2
∙a4a323
,an+1=an,求an。
an+1an
=
nn+1
,分别令n=1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,(n-1,代入上式得(n-1个等式累乘
∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙
anan-123n
=
12
⨯
23
⨯
34
⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯
n-1n
⇒
ana1
=
1n
又a1=
,∴an=
例:
已知a1=3,an+1=解:
an=
3(n-1-13(n-1+2
3n-43n-1
3n-13n+2
an(n≥1,求an。
∙
3(n-2-13(n-2+2
7⋅4
∙⋅⋅⋅∙
3⨯2-13⨯2+2
6
∙
3-13+2
a1
=⋅
3n-3n-
52
⋅⋅3=85
n-3。
1
变式:
(2004,全国I,理15.)已知数列{an},满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+(n-1an-1
(n≥2,则{an}的通项an=⎨
⎧1⎩___
n=1
n≥2
解:
由已知,得an+1=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+(n-1an-1+nan,用此式减去已知式,得当n≥2时,an+1-an=nan,即an+1=(n+1an,又a2=a1=1,
∴a1=1,
a2a1
=1,
a3a2
=3,
a4a3
=4,⋅⋅⋅,
anan-1
=n,将以上n个式子相乘,得an=
n!
2
(n≥2
类型3an+1=pan+q(其中p,q均为常数,(pq(p-1≠0)。
解法(待定系数法):
把原递推公式转化为:
an+1-t=p(an-t,其中t=换元法转化为等比数列求解。
例:
已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,求an.
解:
设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2(an-t即an+1=2an-t⇒t=-3.故递推公式为an+1+3=2(an+3,令bn=an+3,则b1=a1+3=4,且
bn+1bn
=an+1+3an+3
=2.
q1-p
,再利用
n-1n+1
=2所以{bn}是以b1=4为首项,2为公比的等比数列,则bn=4⨯2,所以
an=2
n+1
-3.
变式:
(2006,重庆,文,14)
在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n≥1,则该数列的通项an=_______________
(key:
an=2n+1-3)
变式:
(2006.福建.理22.本小题满分14分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*.(I)求数列{an}的通项公式;(II)若数列{bn}滿足4b-14b
1
2
-1
4
bn-1
=(an+1n(n∈N,证明:
数列{bn}是等差数列;
b*
(Ⅲ)证明:
n12
-
13
<
aa+
a2<
n∈N*
.
2
a+...+
an3
an+1
2
(n(I)解:
an+1=2an+1(n∈N*,∴an+1+1=2(an+1,
∴{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列∴an
n+1=2.
即an*
n=2-1(n∈N.
(II)证法一:
4
k1-1
4
k2-1
...4
kn-1
=(an+1k
n.
∴4
(k1+k2+...+kn-n
=2
nkn
.
∴2[(b1+b2+...+bn-n]=nbn,2[(b1+b2+...+bn+bn+1-(n+1]=(n+1bn+1.②-①,得2(bn+1-1=(n+1bn+1-nbn,即(n-1bn+1-nbn+2=0,
nbn+2-(n+1bn+1+2=0.
③-④,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*
∴{bn}是等差数列
①
②
证法二:
同证法一,得(n-1bn+1-nbn+2=0令n=1,得b1=2.
设b2=2+d(d∈R,下面用数学归纳法证明bn=2+(n-1d.
(1)当n=1,2时,等式成立
(2)假设当n=k(k≥2时,bk=2+(k-1d,那么
bk+1=
kk-1
bk-
2
=
k
[2+(k-1d]-
2k-1
k-1k-1
这就是说,当n=k+1
=2+[(k+1-1]d.
根据
(1)和
(2),可知bn=2+(n-1d对任何n∈N*
bn+1-bn=d,∴{bn}
(III)证明:
akak+1
=
2-12
k+1
k
-1
=
2-12(2-
k
k
12
<
12
k=1,2,...,n,
∴
a1a2ak
+
a2a3=
+...+
anan+1=12
<
n2
.
2-12
k+1
k
ak+1
-1
-
12(2
k+1
-1
=
12
-
13.2+2-2
k
k
≥
12
-
11
.k,k=1,2,...,n,32
∴
a1a2n2
+
a2a3
+...+
anan+1
≥
n2
-
1111n11n1(+2+...+n=-(1-n>-,322223223
n2
∴-
13
<
a1a2
+
a2a3
+...+
anan+1
<(n∈N.
*
变式:
递推式:
an+1=pan+f(n。
解法:
只需构造数列{bn},消去f(n带来的差异.
n
类型4an+1=pan+q(其中p,q均为常数,(pq(p-1(q-1≠0)。
(或
an+1=pan+rq,其中p,q,r均为常数)。
n
解法:
一般地,要先在原递推公式两边同除以qn+1,得:
an+1q
n+1
=
pq
∙
anq
n
+
1q
引入辅助数列
{bn}(其中bn
=
anq
n
),得:
bn+1=
pq
bn+
1q
再待定系数法解决。
例:
已知数列{an}中,a1=解:
在an+1=
1
56
an+1=
1
1n+1
an+(,求an。
32
1n+12nn+1
an+(两边乘以2n+1得:
2∙an+1=(2∙an+1323
22
令bn=2n∙an,则bn+1=bn+1,解之得:
bn=3-2(n
33
所以an=
bn2
n1n1n
=3(-2(
23
变式:
(2006,全国I,理22,本小题满分12分)设数列{an}的前n项的和Sn=
43an-
13⨯2
n+1
+
23
,n=1,2,3,
(Ⅰ)求首项a1与通项an;(Ⅱ)设Tn=
2
n
n
Sn23
,n=1,2,3,,证明:
∑Ti<
i=1
32
解:
(I)当n=1时,a1=S1=当
n≥2
43
a1-
43
+43
⇒a1=2;
13
n+1
时
n
,
an=Sn-Sn-1=
n
an-
⨯2+
23
-(
43
an-1-
13
⨯2+
n
23
,即
an=4an-1+2,利用an+1=pan+q(其中p,q均为常数,(pq(p-1(q-1≠0)。
nnn
(或an+1=pan+rq,其中p,q,r均为常数)的方法,解之得:
an=4-2
4121nnnnn+1n+1n+1
(Ⅱ将an=4-2代入①得Sn=×(4-2-2+=×(2-1(2-2
33332
=(2n+1-1(2n-1
3
2n32n311Tn===(-Sn2(2-1(2-122-12-1
3n113113所以,∑Ti=∑(-=(-<2i=12-12-122-12-12i=1
n
类型5递推公式为an+2=pan+1+qan(其中p,q均为常数)。
解法一(待定系数法:
先把原递推公式转化为an+2-san+1=t(an+1-san
⎧s+t=p其中s,t满足⎨
st=-q⎩
解法二(特征根法:
对于由递推公式an+2=pan+1+qan,a1=α,a2=β给出的数列{an},方程x2-px-q=0,叫做数列{an}的特征方程。
若x1,x2是特征方程的两个根,当x1≠x2
n-1
时,数列{an}的通项为an=Ax1n-1+Bx2,其中A,B由a1=α,a2=β决定(即把
代入an=Ax1a1,a2,x1,x2和n=1,2,
n-1
+Bx2
n-1
,得到关于A、B的方程组);当x1=x2时,
n-1
数列{an}的通项为an=(A+Bnx1,其中A,B由a1=α,a2=β决定(即把a1,a2,x1,x2
n-1
和n=1,2,代入an=(A+Bnx1,得到关于A、B的方程组)。
解法一(待定系数——迭加法):
数列{an}:
3an+2-5an+1+2an=0(n≥0,n∈N,a1=a,a2=b,求数列{an}的通项公式。
由3an+2-5an+1+2an=0,得
an+2-an+1=
23
(an+1-an,
且a2-a1=b-a。
则数列{an+1-an}是以b-a为首项,
23
为公比的等比数列,于是
2n-1
an+1-an=(b-a(。
把n=1,2,3,⋅⋅⋅,n代入,得
3
a2-a1=b-a,
2
a3-a2=(b-a⋅(,
322
a4-a3=(b-a⋅(,
3
∙∙∙
2n-2
an-an-1=(b-a(。
3
把以上各式相加,得
2n-1
1-(
222n-23
(b-a。
an-a1=(b-a[1++(+⋅⋅⋅+(]=
2333
1-
3
2n-12n-1
∴an=[3-3(](b-a+a=3(a-b(+3b-2a。
33
解法二(特征根法):
数列{an}:
3an+2-5an+1+2an=0(n≥0,n∈N,a1=a,a2=b的特征方程是:
3x2-5x+2=0。
x1=1,x2=
23
n-1
∴an=Ax1
n-1
+Bx2
2n-1
=A+B⋅(。
3
又由a1=a,a2=b,于是
⎧a=A+B
⎧A=3b-2a⎪
⇒2⎨⎨
B=3(a-b⎩⎪b=A+B
3⎩
故an=3b-2a+3(a-b(
3
2
n-1
23an+1+
13
an,求an。
例:
已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=解:
由an+2=
23an+1+
13
an可转化为an+2-san+1=t(an+1-san
即an+2=(s+tan+1-stan
2⎧
1s+t=⎧s=1⎧⎪⎪⎪⎪s=-3
⇒⎨⇒⎨31或⎨
1t=-⎪⎪t=1⎪st=-
3⎩⎩⎪3⎩
1⎧s=1⎧
⎪⎪s=-
这里不妨选用⎨,则3,大家可以试一试)1(当然也可选用⎨
t=-⎪⎪t=1
3⎩⎩an+2-an+1=-
13
(an+1-an⇒{an+1-an}是以首项为a2-a1=1,公比为-1
n-1
13
的等比数列,
所以an+1-an=(-
3
应用类型1的方法,分别令n=1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,(n-1,代入上式得
1n-1
1-(-
3=11+
3
10111n-2
(n-1个等式累加之,即an-a1=(-+(-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(-
333
又a1=1,所以an=
74
-
34
(-
13
n-1
。
变式:
(2006,福建,文,22,本小题满分14分)
已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an(n∈N*.(I)证明:
数列{an+1-an}是等比数列;(II)求数列{an}的通项公式;(III)若数列{bn}满足4
b1-1
4
b2-1
...4
bn-1
=(an+1n(n∈N,证明{bn}是等差数列
b
*
(I)证明:
an+2=3an+1-2an,
∴an+2-an+1=2(an+1-an,a1=1,a2=3,∴
an+2-an+1an+1-an
=2(n∈N.
*
∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,2为公比的等比数列
n*
(II)解:
由(I)得an+1-an=2(n∈N,
∴an=(an-an-1+(an-1-an-2+...+(a2-a1+a1
=2
n-1n
+2
n-2
+...+2+1
*
=2-1(n∈N.
(III)证明:
4
∴4
(b1+b2+...+bn
b1-1
4
b2-1
...4
bn-1
=(an+1n,
b
=2
nbn
∴2[(b1+b2+...+bn-n]=nbn,①2[(b1+b2+...+bn+bn+1-(n+1]=(n+1bn+1.②
②-①,得2(bn+1-1=(n+1bn+1-nbn,即(n-1bn+1-nbn+2=0.③nbn+2-(n+1bn+1+2=0.④④-③,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N,
*
∴{bn}是等差数列
类型6递推公式为Sn与an的关系式。
(或Sn=f(an解
法
:
这
种
类
型
一
般
利
用
⎧S1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(n=1an=⎨
⎩Sn-Sn-1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(n≥2
与
an=Sn-Sn-1=f(an-f(an-1消去Sn(n≥2或与Sn=f(Sn-Sn-1(n≥2消去an
进行求解。
例:
已知数列{an}前n项和Sn=4-an-
12
n-2
.
(1)求an+1与an的关系;
(2)求通项公式an.解:
(1)由Sn=4-an-
12
n-2
得:
Sn+1=4-an+1-
12
n-2
12
n-1
于是Sn+1-Sn=(an-an+1+(所以an+1=an-an+1+
12
n-1
-
1212
n-1
12
n
⇒an+1=an+
.
n
(2)应用类型4(an+1=pan+q(其中p,q均为常数,(pq(p-1(q-1≠0))的方
法,上式两边同乘以2n+1得:
2由a1=S1=4-a1-
12
1-2
n+1
an+1=2an+2
n
n
⇒a1=1.于是数列{2an}是以2为首项,2为公差的等差数列,
n2
n-1
n
所以2an=2+2(n-1=2n⇒an=
变式:
(2006,陕西,理本小题满分12分
已知正项数列{an},其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列,求数列{an}的通项an
解:
∵10Sn=an2+5an+6,①∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1
又10Sn-1=an-1+5an-1+6(n≥2,②
22
由①-②得10an=(an-an-1+6(an-an-1,即(an+an-1(an-an-1-5=0∵an+an-1>0,∴an-an-1=5(n≥2
当a1=3时,a3=13,a15a1,a3,a15不成等比数列∴a1≠3;
2
当a1=2时,a3=12,a15=72,有a32=a1a15,∴a1=2,∴an=5n-
变式:
(2005,江西,文,22.本小题满分14分)
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn-Sn-2=3(-的通项公式.
解:
Sn-Sn-2=an+an-1,
∴an+an-1=3∙(-(-1an-an-1(-1
n
12
n-1
(n≥3,且S1=1,S2=-
32
求数列{an}
12
n-1
(n≥3,两边同乘以(-1,可得
n
n
n-1
=3∙(-1(-
12
n-1
1n-1
=-3∙(
2
令bn=(-1nan
1n-1
∴bn-bn-1=-3∙((n≥3
21n-2
bn-1-bn-2=-3∙(2
…………
12
b3-b2=-3∙(
2
1
1n-11n-212
+(+⋅⋅⋅+(]=b2-3⨯∴bn=b2-3∙[(222
3
1n-1
+3∙((n≥322
32-1=-52
52
-
1
1n-2
∙(
11-
2
=b2-
又a1=S1=1,a2=S2-S1=-
1
2
,
∴b1=(-1a1=-1,b2=(-1a2=-∴bn=-
52-3
1n-11n-1
+3∙(=-4+3∙((n≥1。
222
1n-1nnn
∴an=(-1bn=-4(-1+3∙(-1∙(
2
1n-1⎧
4-3∙(,n为奇数,⎪⎪2
=⎨
1⎪-4+3∙(n-1,n为偶数.
⎪2⎩
类型7an+1=pan+an+b(p≠1、0,a≠0
解法:
这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令
an+1+x(n+1+y=p(an+xn+y,与已知递推式比较,解出x,y,从而转化为
{an
+xn+y}是公比为p的等比数列。
例:
设数列{an}:
a1=4,an=3an-1+2n-1,(n≥2,求an.
解:
设bn=an+An+B,则an=bn-An-B,将an,an-1代入递推式,得
bn-An-B=3[bn-1-A(n-1-B]+2n-1=3bn-1-(3A-2n-(3B-3A+1
⎧⎧A=1⎪A=3A-2
∴⎨⇒⎨
B=1⎪⎩⎩B=3B-3A+1
n-1
n
∴取bn=an+n+1…(1)则bn=3bn-1,又b1=6,故bn=6⨯3
n
代入(1)得an=2⨯3-n-1
=2⨯3
2
说明:
(1)若f(n为n的二次式,则可设bn=an+An+Bn+C;(2
本题也可由an=3an-1+2n-1,an-1=3an-2+2(n-1-1(n≥3)两式相减得an-an-1=3(an-1-an-2+2转化为bn+2=pbn+1+qbn求之.
变式:
(2006,山东,文,22,本小题满分14分)已知数列{an}中,a1=
12
、点(n、2an+1-an)在直线y=x上,其中n=1,2,3
(Ⅰ令bn=an-1-an-3,求证数列(Ⅱ求数列{an}的通项;(Ⅲ设Sn、Tn分别为数列
{bn}是等比数列;
{an}、{bn}的前n项和,