《2022年数列求通项公式的常见题型与解题方法.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年数列求通项公式的常见题型与解题方法.docx（31页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料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常常是综合题,常常 把数列学问和指数函数、对数函数和不等式的学问综合起来,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干脆问题是高考的热点,常在数列解答题 中显现本章中仍包蕴着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化 归、分类争论等重要思想,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
2、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）数列与其它学问的结合,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终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：名师归纳总结 1 数列 0,2,0,2的通项na02n 为奇数第 1 页,共 17 页n 为偶数- -
3、 - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2数列11 ,1 2 21,131, 4 4名师精编优秀资料11115的通项an（n 1）3n n3数列1,135 2 6,17的通项a n1+ （n 1）12 n2242822 2此题主要通过同学观看、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,从而培育同学数学思维才能相对于填空题或是挑选题只需利用不完全归纳法进行猜想即可；对于解答题,往往仍需要我们进一步加以证明例如（ 2003 年全国高考）已知数列a n满意a 11,a n3n1an1n2求：a2,a ；特殊化,利用已知的递推公式
4、求详细证明：ann 321分析： 问题（）主要渗透一般化问题（）与问题（）紧密相连,可以从特殊入手,归纳论证相结合,求一般当然仍可用后面介绍的方法即留意到进行ana n13n1n2,由特殊化归为等比数列等加以证明此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仍可以设计如下例题及练习,训练同学这方面的技能例 1. 写出下面数列的一个通项公式,使它的前4 项分别是以下各数：1222 1 3 ,31 4 ,241 5 ,21;ann2 111 25n121 , 11 2 2 3,1 ,3 4 415. ann 11 n n例 2. 观看下面数列的特点,写出每个数列的一个通项公式：名
5、师归纳总结 11,7,13,19,;ann 1 6n5123 1 5 , , , 3 , 75 2 11 7 17,. a nn2第 2 页,共 17 页27,77,777,7777,77 7 77, ; a n 7 10 n35,0, 5,0,5,0, 5,0, . a n 5sin 9 n练习 : 写出下面数列的一个通项公式：21 1,3,1 3 ,3 4,1 3 ,5 6,;an1n 122n3 n2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料练习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观看表中数据的特点,用适当
6、的数填入表中空白（）内年龄（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 练习依据以下 5 个图形及相应点的个数的变化规律,推测第 n 个图中有 _n 2-n+1_个点； ；（1）（2）（3）（4）（5）相关的高考试题有：（2004 年全国卷） 已知数列 an ,满意 a1=1,an=a1+2a2+3a3+ + n 1an 1n 2,就 an的通项a n1n1,1 an1生成nnnn143,_n21分析：由已知,a2a 1由a
7、na 12a23a3nn2an1a12 a23 a3n2 a1,即a两式相减得：anan1n1 anan1为商型的,用累乘法可得a na nan1a 3a nan1an2a2a 2即 a n n2（2006 年广东卷） 在德国不来梅举办的第48 届世乒赛期间, 某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成如干堆“ 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,从其次层开头,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,就f 3 _1 0 _；f n _ 1 n n
8、 1 n 2 _ _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：名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料已知数列 a n的前 n 项和S n1 2n2n ,就a nn已知数列 a n的前 n 项和S n32n,就a n51n1,2nn2,这类题目主要留意s 与a 之间关系的转化即：a =S 1S n n=12a =a 1kn2aka k1S n1 n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
9、项的和Sn=1 （an-1） n 3N 求 a1；a2；求证数列 an 为等比数列解 : 由S 111a 11 , 得a 1. 1a 11 a11又S 21a21 , 即3323a21a 1a 2a 21 ,得 an11an11 ,341当 n1 时,anS nS n133得an11,所以an是首项1 2,公比为1的等比数列an22课堂中我们仍可以设计如下例题及练习,训练同学这方面的技能例 3. 数列 a n 的前 n 项和 Sn=32 n-3 , 求数列的通项公式.a n3n 21练习 1：设数列 an 的前 n 项和为 Sn=2n 2+3n+2,求通项 an 的表达式, 并指出此数列是否为
10、等差数列 .a n471n1,nn2,练习 2：已知数列 a n 的前 n 项和为 Sn,a12,且 nan+1=Sn+nn+1 ,求 an相关的高考试题有：a n 2 n2004 全国卷 已知数列 an 的前 n 项和 Sn满意： Sn=2an +-1 n,n1（）写出求数列 an 的前 3 项 a1,a2,a3；（）求数列 an 的通项公式；名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料17. （）证明：对任意的整数m4,有11a4a 5a m8.解：当n=1 时,有： S1=a1=2a1+-1a1=1；当
11、 n=2 时,有： S2=a1+a2=2a2+-12a2=0；当 n=3 时,有： S3=a1+a2+a3=2a3+-13a3=2；综上可知 a1=1,a2=0,a3=2；由已知得：a nS nS n112a n 1n2a n1n 11化简得：an2a n1n 2 1上式可化为：a n 2 1 n3故数列 a n 2 1 n 是以3故 a n 2 1 n 12 n 13 3数列 a 的通项公式为：2 n 12 a n 1 1 3a 1 2 1 1为首项 , 公比为 2 的等比数列 . 31 n 1 2 n 2 n 2 na n 2 1 2 1 3 3 3a n 22 n 2 1 n. 3名师归
12、纳总结 由已知得：1113 2 2113 2112m21 m 1a 4a5am23 1 2 31111191533632m2m 11111112351121221511111123510201 4 2 311151 4 2 35m 2115m 5 221057. 1311m5131041552151201208第 5 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料故1117 m4.a4a 5a m8f x 的 图 像 经 过 坐 标 原 点 , 其 导 函 数 为（ 2006 年 湖 北 卷 ） 已 知 二 次 函 数yf 6x2,
13、数列 an的前 n 项和为S ,点 , n Sn nN均在函数yf x 的图像上（）求数列 an的通项公式；nb的前 n 项和,求使得T nm对全部 nN都成立,T 是数列 （）设b n1a an201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、不等式等基础学问和基本的运算技能,考查分析问题的才能和推理才能名师归纳总结 解：（）设这二次函数fx ax2+bx a 0 ,就 fx=2ax+b, 由于 fx=6x 2,得第 6 页,共 17 页a=3 , b=2, 所以fx 3x22x.又由于点 , n S nnN均在函数yf x 的图像上,所以S 3n22n. 当 n2 时,a
14、nSnSn1（ 3n22n）（3n1 22n1 6n5. 当 n1 时, a1S1 31 22 61 5,所以, an6n5 （ nN）. （2006 年安徽卷）数列a n的前 n 项和为S ,已知a 11 , 2S n2 n ann n1 ,n1,2,（）写出S 与S n1的递推关系式n2,并求S 关于n的表达式；（）设fnxS nxn1,b nf/ppR,求数列nb的前 n 项和T nn解：由S n2 n a nn n1n2得：S n2 n S nS n1n n1,即- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料 n 21 S n n S 2
15、n 1 n n 1,所以 n 1S n nS n 1 1,对 n 2 成立n n 1由 n 1 S n n S n 1 1,n S n 1 n 1 S n 2 1, ,3 S 2 2 S 1 1 相加得：n n 1 n 1 n 2 2 1n 1S n 2 S 1 n 1,又 S 1 a 1 1,所以 S n n 2,当 n 1 时,也成立n 2 n 1（）由 f n x S n x n 1 nx n 1,得 b n f n /p np nn n 12 3 n 1 n而 T n p 2 p 3 p n 1 p np ,2 3 4 n n 1pT n p 2 p 3 p n 1 p np,n1 P
16、 T n p p 2p 3p n 1p nnp n 1 p 1 p np n 11 p题型 3 已知数列递推公式求通项公式在我们的教材中,仍有这样的类型题：1 已知数列 an的首项a 11,且ana n13nn2,就a n3n-234n 312已知数列 a n的首项a 11,且a n2a n13 n2,就a n3已知数列 an的a 11,a 22且an1 2an1a2n3,就lim xan11 a n4 已知数列 an的a 11,a 22且an22 an1a ,就a nn这类问题是通过题目中给定的初始值和递推公式,在娴熟把握等差数列、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
17、清晰的意识到：n1证明数列an1是等差或等比数列常用定义,即通过证明an1anana n12或an1n2而得ananan2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,但有时敏捷地运用性质,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、构造等方法我们详细进行如下分析：一、 由等差,等比演化而来的“ 差型”,“ 商型” 递推关系 题组一：名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 数列 a n中,a 11,an1ann名师精编优秀资料1n
18、211n12,求 a n的通项公式an2n1变式 1：数列 an中,a 11,a1a nn ,求 an的通项公式an22变式 2：数列 an中,a 11,an1a n3n1,求 an的通项公式a nn3n121,a1111,求a an1变式 3：已知数列 an满意a 12annnn变式 4：数列 an中,a 11,a12an2,求 an的通项公式a na n1分析：等差数列：an 1and1生成：a2a 1d,a 3a2d,an1an2d,anan1d累加：ananan1an1an2a2a 1a1 =n1 da由此推广成差型递推关系：anan1fnn2n累加：ananan1an1an2a2a
19、1a1=2fna 1,于是只要fn可以求和就行题组二、名师归纳总结 已知数列 an的首项a 11,且an3an1n2,就an3n11第 8 页,共 17 页变式 1：已知数列 an的首项a 11,且annn1an1n2,就ann变式 2：数列 an中,a 12,a n13a n2,求 a n的通项公式a n3n1a n1变式 3：数列 an是首项为 1 的正项数列,且n1 a21na2an1an0,n1,2,3,求 a n的通项公式nnn分析：等比数列：an 1anq生成：a2a 1q,a3a2q,an1an2q,anan1q累乘：anan1an1a2a 1=qn1 a 1anan2a 1由此
20、推广成商型递推关系：an1gnan- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 累乘：anan1an1a2a 1名师精编n优秀资料na1ganan2a 12为了提高,我们仍可以引用以下例题：例1、如数列ann满意：a12 ,an2 2n1 an1,n22k35n .k2nk1其 中n求证：aCn 2；a 是偶数1 1 =2n证明：由已知可得：a n122n1 ann又anan1an1a2a 1=2n35n .2nanaa 1n22n而Cn2n .2462 n22n1352nn .n .n .n .所以anCn 2,而anCn2Cn1为偶数2n2n1 a3k, 1a
21、2例2 、 已 知 数 列a n 中a 11, 且a2ka2k1k=1,2,3, . （I ）求a3, a 5；（II ）求 a n 的通项公式 . 名师归纳总结 解（）（略）a3,3a513a11a1gn17,II a2k1a2k3ka2k11 k3k所以a2k1a2k13k1 k,为差型故a2k1a2k1a2k1a2k1a2k3a33k3k13 1 k1 k11 1=3k111 k11 k12k 32kk 3a 2 k a 2 k 1 12所以 an 的通项公式为：11 k11k1222当 n 为奇数时,an3n21 n111；22 n2an1bnfn,和anan12当 n 为偶数时,an
22、321 n11222二 由差型,商型类比出来的和型,积型：即an例如： 数列an中相邻两项a ,an1是方程x23nx0的两根, 已知a 10求b 51的值第 9 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 分析：由题意：a +a n13n名师精编优秀资料：生成：an1+a n23 n1 an2an3所以该数列的全部的奇数项成等差,全部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此题的解决就不在话下了特殊的,如a +a n 1c,就an2an即该数列的全部的奇数项均相等,全部的偶数项也相等如anan1
23、2n1就an1an22n ：an22an所以该数列的全部的奇数项成等比,全部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殊地,如anan1c,就an2an即该数列的全部的奇数项均相等,全部的偶数项也相等三可以一次变形后转化为差型,商型的1anpan1fn 1例如：设a 是常数,且an2an13n1,（nN*）证明：an2n1a 03n1 n12n5分析：这道题目是证明型的,最简洁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an2a n13n1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5方法（ 2）：构造差型
24、数列a nn,即两边同时除以2 n得：2 annan1113n,从而可以用累加的方法处理22 n32方法（ 3）：直接用迭代的方法处理：名师归纳总结 an22an13n122an23n23n122 2an2n23n233n13n1第 10 页,共 17 页22an33n3223n23n123 an an3223n32 3n23n13322332 n222 n1302 n21 32n02n a03n1 n12n5- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 说明：当fn名师精编优秀资料a npn2qnr而c或fn anb时,上述三种方法都可以用；当fnn2时,如用方
25、法1,构造的等比数列应当是用其他两种方法做就都比较难问题用迭代法关键是找出规律,除含 1a 外的其它式子,常常是一个等比数列的求和q2a n p a n 1 型例如：已知 a n 1 a n 1 2,首项为 a ,求 a （2003 年江苏卷 22 题改编）a方法 1：两端取常用对数,得 lg a n 2 lg a n 1 lg a,令 b n lg a n,就 b n 2 b n 1 lg a,转化如上面类型的特殊的, a=1,就转化为一个等比数列方法 2：直接用迭代法：an1a21101a222112a22n111 22 n22 a 1n11aa 1a2 n1nnfa aaaa四S nan
26、型的利用anS nS n1,n2 转化为gana0型,或hS nS n0型即混合型的转化为纯粹型的名师归纳总结 例如：已知数列an的前 n 项和 Sn满意S n2a nn 1 ,n211 n1321n第 11 页,共 17 页 写出数列an的前 3 项a 1, a2,a3;n22 求数列an的通项公式分析：S n2an1 n,n1 .-由a1S 12a 11 ,得a11 .-由n2得,a1a22 a21,得a20-由n3得,a 1a2a32a 31,得a32 - 用n1代 n 得S n12an11 n1-：anSnS n12an2an121 n即an2 an12 1 n- an2 an121
27、n22an221 n121 n22a2n1a 12n11 2n21 221n22n221 n1- 3又如：数列an的前 n 项和记为S ,已知a1,1an1nnS nn,12 ,.证明：数列Sn是等比数列 n方法 1an1S n1S n,an1nn2S n,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料 n 2 S n n S n 1 S n , 整理得 nS n 1 2 n 1 S n ,所以 S n 1 2 S n . 故 Sn 是以 2 为公比的等比数列 . n 1 n n方法 2：事实上,我们也可以转化为 S n 2 n,为一个商型的递推
28、关系,S n 1 n 1由 s n s n s n 1 s 2 s 1 = 2 n 1 n n 1 n 2 2a 1 na 1 2 n 1s n 1 s n 2 s 1 n 1 n 2 n 3 1当然,仍有一些转化的方法和技巧,如基本的式的变换,象因式分解,取倒数等仍是要求把握的生成与迭代是递推关系的最重要特点递推关系一般说来,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,这样就可以衍生出许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,但用的最多的仍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