高中理科数学解题方法篇(数列2)

1高考理数数列题型全方位总结类型1)(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。例:已知数列na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1aan中，且a2k=a2k－1+(－1)K,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…….（I）求a3,a5；（II）求{an}的通项公式.解：kkkaa)1(122，kkkaa3212kkkkkkaaa3)1(312212，即kkkkaa)1(31212)1(313aa，2235)1(3aa…………kkkkaa)1(31212将以上k个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112kkkkkaa将11a代入，得21)1(21321112kkka，1)1(21321)1(122kkkkkaa。经检验11a也适合，)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数nnannnnn类型2nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例:已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32例:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan3437526331348531nnnnn。变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，1321)1(32nnanaaaa(n≥2)，则{an}的通项1___na12nn解：由已知，得nnnnaanaaaa13211)1(32，用此式减去已知式，得当2n时，nnnnaaa1，即nnana)1(1，又112aa，naaaaaaaaann13423121,,4,3,1,1，将以上n个式子相乘，得2!nan)2(n3类型3qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列na中，11a，321nnaa，求na.解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.变式:（2006，重庆,文,14）在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na_______________（key:321nna）变式:（2006.福建.理22.本小题满分14分）已知数列na满足*111,21().nnaaanN（I）求数列na的通项公式；（II）若数列{bn}滿足12111*444(1)(),nnbbbbnanN证明：数列{bn}是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232nnaaannnNaaa（I）解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆12.nna即*21().nnanN（II）证法一：1211144...4(1).nnkkkkna412(...)42.nnkkknnk122[(...)],nnbbbnnb①12112[(...)(1)](1).nnnbbbbnnb②②－①，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20,nnnbnb21(1)20.nnnbnb③－④，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆证法二：同证法一，得1(1)20nnnbnb令1,n得12.b设22(),bddR下面用数学归纳法证明2(1).nbnd（1）当1,2n时，等式成立新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆（2）假设当(2)nkk时，2(1),kbkd那么122[2(1)]2[(1)1].1111kkkkbbkdkdkkkk这就是说，当1nk时，等式也成立新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆根据（1）和（2），可知2(1)nbnd对任何*nN都成立新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆1,nnnbbdb是等差数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆（III）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2kkkkkkakna12231....2nnaaanaaa5111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa*122311...().232nnaaannnNaaa变式:递推式：nfpaann1。解法：只需构造数列nb，消去nf带来的差异．类型4nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）。解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再待定系数法解决。例:已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1,2,3,n（Ⅰ）求首项1a与通项na；（Ⅱ）设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT解：（I）当1n时，323434111aSa21a；当2n时，)3223134(3223134111nnnnnnnaaSSa，即nnnaa241，利用nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。6（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）的方法，解之得：nnna24(Ⅱ)将nnna24代入①得Sn=43×(4n－2n)－13×2n+1+23=13×(2n+1－1)(2n+1－2)=23×(2n+1－1)(2n－1)Tn=2nSn=32×2n(2n+1－1)(2n－1)=32×(12n－1－12n+1－1)所以,1niiT=321(ni12i－1－12i+1－1)=32×(121－1－12i+1－1)32类型5递推公式为nnnqapaa12（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)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts解法二(特征根法)：对于由递推公式nnnqapaa12，21,aa给出的数列na，方程02qpxx，叫做数列na的特征方程。若21,xx是特征方程的两个根，当21xx时，数列na的通项为1211nnnBxAxa，其中A，B由21,aa决定（即把2121,,,xxaa和2,1n，代入1211nnnBxAxa，得到关于A、B的方程组）；当21xx时，数列na的通项为11)(nnxBnAa，其中A，B由21,aa决定（即把2121,,,xxaa和2,1n，代入11)(nnxBnAa，得到关于A、B的方程组）。解法一（待定系数——迭加法）:数列na：),0(025312Nnnaaannn，baaa21,，求数列na的通项公式。由025312nnnaaa，得)(32112nnnnaaaa，且abaa12。则数列nnaa1是以ab为首项，32为公比的等比数列，于是711)32)((nnnabaa。把nn,,3,2,1代入，得abaa12，)32()(23abaa，234)32()(abaa，21)32)((nnnabaa。把以上各式相加，得])32()32(321)[(21nnabaa)(321)32(11abn。abbaaabannn23)32)((3)]()32(3