高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

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高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版 ‎ 类型1 ‎ 解法:把原递推公式转化为,利用累加法(逐差相加法)求解。‎ 变式1.1:(2004,全国I,个理22.本小题满分14分)‎ 已知数列,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:,‎ ‎,即 ‎,…… ……‎ 将以上k个式子相加,得 将代入,得,‎ ‎。‎ 经检验也适合,‎ 类型2 ‎ 解法:把原递推公式转化为,利用累乘法(逐商相乘法)求解。‎ 例3:已知, ,求。‎ 解:‎ ‎ 。‎ 变式2.1:(2004,全国I,理15)已知数列{an},满足a1=1, (n≥2),则{an}的通项 ‎ 解:由已知,得,用此式减去已知式,得 当时,,即,又,‎ ‎,将以上n个式子相乘,得 类型3 (其中p,q均为常数,)。‎ 解法(待定系数法):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。‎ 变式3.1:(2006,重庆,文,14)‎ 在数列中,若,则该数列的通项___________ ‎ 变式3.2:(2006. 福建.理22.本小题满分14分)已知数列满足 ‎(I)求数列的通项公式;(II)若数列{bn}滿足证明:数列{bn}是等差数列;(Ⅲ)证明:‎ ‎(I)解: 是以为首项,2为公比的等比数列 即 ‎ ‎ (II)证法一: ‎ ‎  ①   ②‎ ‎ ②-①,得即 ‎ ‎  ③-④,得 即 ‎ ‎ 是等差数列 ‎ ‎ 证法二:同证法一,得  令得 ‎ 设下面用数学归纳法证明 ‎ ‎ (1)当时,等式成立 (2)假设当时,那么 ‎ ‎ ‎ 这就是说,当时,等式也成立 ‎ ‎ 根据(1)和(2),可知对任何都成立 ‎ ‎ 是等差数列 ‎ ‎ (III)证明: ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 变式3.3:递推式:。解法:只需构造数列,消去带来的差异.‎ 类型4 (其中p,q均为常数,)。 (或,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,得:引入辅助数列(其中),得:再待定系数法解决。‎ 变式4.1:(2006,全国I,理22,本小题满分12分)‎ 设数列的前项的和,‎ ‎(Ⅰ)求首项与通项;(Ⅱ)设,,证明:‎ 解:(I)当时,;‎ 当时,,即,利用(其中p,q均为常数,)。 (或,其中p,q, r均为常数)的方法,解之得:‎ ‎(Ⅱ)将代入①得 ‎ Sn= ×(4n-2n)-×2n+1 + = ×(2n+1-1)(2n+1-2) = ×(2n+1-1)(2n-1) ‎ ‎ Tn= = × = ×( - )‎ 所以, = - ) = ×( - ) < 类型5 递推公式为(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其中s,t满足 解法二(特征根法):对于由递推公式,给出的数列,方程,叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根,当时,数列的通项为,其中A,B由决定(即把和,代入,得到关于A、B的方程组);当时,数列的通项为,其中A,B由决定(即把和,代入,得到关于A、B的方程组)。‎ 解法一(待定系数——迭加法)‎ 例4,:数列:, ,求数列的通项公式。由,得,且。‎ 则数列是以为首项,为公比的等比数列,于是。‎ 把代入,得,,,‎ ‎。把以上各式相加,得 ‎。‎ ‎。‎ 解法二(特征根法):数列:, 的特征方程是:。,。又由,于是 故 例5:已知数列中,,,,求。‎ 解:由可转化为 即或 这里不妨选用(当然也可选用,大家可以试一试),则是以首项为,公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法,分别令,代入上式得个等式累加之,即又,所以。‎ 变式5.1:(2006,福建,文,22,本小题满分14分)已知数列满足 (I)证明:数列是等比数列;(II)求数列的通项公式;(III)若数列满足 证明是等差数列 ‎ ‎(I)证明:‎ 是以为首项,2为公比的等比数列 ‎ ‎(II)解:由(I)得 ‎   ‎ ‎(III)证明:‎ ‎ ①②‎ ‎②-①,得即 ③ ‎ ‎ ④‎ ‎④-③,得即 是等差数列 ‎ 类型6 递推公式为与的关系式。(或)‎ 解法:这种类型一般利用与消去 或与消去进行求解。‎ 例:已知数列前n项和.(1)求与的关系;(2)求通项公式.‎ 解:(1)由得:于是 所以.‎ ‎(2)应用类型4((其中p,q均为常数,))的方法,上式两边同乘以得:由.于是数列是以2为首项,2为公差的等差数列,所以 变式:(06陕西,理,) 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=3 ‎ 又10Sn-1=an-12+5an-1+6(n≥2),② ‎ ‎ 由①-②得 10an=(an2-an-12)+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,a15=‎73‎‎ a1, a3,a15不成等比数列 ‎∴a1≠3;当a1=2时, a3=12, a15=72, 有 a32=a‎1a15 , ∴a1=2, ∴an=5n-3 ‎ 变式: (05,江西,文,已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn-Sn-2=3求数列{an}的通项公式.‎ 解:,,两边同乘以,可得 令 ‎…… ……‎ 又,,,‎ ‎。‎ 类型7 ‎ 解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令,与已知递推式比较,解出,从而转化为是公比为的等比数列。‎ 变式:(2006,山东,文,22,本小题满分14分)‎ 已知数列{}中,在直线y=x上,其中n=1,2,3… ‎ ‎(Ⅰ)令 ‎(Ⅱ)求数列 ‎(Ⅲ)设的前n项和,是否存在实数,使得数列为等差数列?若存在,试求出 若不存在,则说明理由 ‎ 解:(I)由已知得 ‎ 又 是以为首项,以为公比的等比数列 ‎ ‎(II)由(I)知,‎ 将以上各式相加得:‎ ‎ ‎ ‎(III)解法一:存在,使数列是等差数列 ‎ ‎ ‎ 数列是等差数列的充要条件是、是常数 即 又 当且仅当,即时,数列为等差数列 ‎ 解法二:存在,使数列是等差数列 由(I)、(II)知,‎ 又 当且仅当时,数列是等差数列 ‎ 类型8 ‎ 解法:这种类型一般是等式两边取对数后转化为,再利用待定系数法求解。‎ 变式:(05江西,理)已知数列 ‎(1)证明(2)求数列的通项公式an.‎ 解:用数学归纳法并结合函数的单调性证明:‎ ‎(1)方法一 用数学归纳法证明:1°当n=1时, ∴,命题正确.2°假设n=k时有 则 ‎ ‎ 而 又∴时命题正确.‎ 由1°、2°知,对一切n∈N时有 方法二:用数学归纳法证明:‎ ‎ 1°当n=1时,∴;‎ ‎ 2°假设n=k时有成立, 令,在[0,2]上单调递增,‎ 所以由假设有:即 也即当n=k+1时 成立,所以对一切 ‎ (2)解法一:所以  ‎ ‎,‎ 又bn=-1,所以 解法二:‎ 由(I)知,,两边取以2为底的对数,‎ 令,则或 变式:(06山东理)已知a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,其中=1,2,3,…‎ ‎(1)证明数列{lg(1+an)}是等比数列;(2)设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an),求Tn及数列{an}的通项;‎ ‎(3)记bn=,求{bn}数列的前项和Sn,并证明Sn+=1 ‎ 解:(Ⅰ)由已知, ,两边取对数得,即是公比为2的等比数列 ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知 (*)‎ ‎ = ‎ 由(*)式得 ‎(Ⅲ), ,‎ ‎,又,‎ ‎,又, ‎ 类型9 ‎ 解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。‎ 例:已知数列{an}满足:,求数列{an}的通项公式。‎ 解:取倒数:是等差数列,‎ 变式:(2006,江西,理,22,本大题满分14分)已知数列{an}满足:a1=,且an=‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,不等式a‎1·a2·……an<2·n!‎ 解:(1)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° ‎(2)证:据1°得,a‎1·a2·…an=为证a‎1·a2·……an<2·n!‎ 只要证nÎN*时有>…………2° 显然,左端每个因式都是正数,先证明,对每个nÎN*,‎ 有³1-()…3° 用数学归纳法证明3°式:n=1时,3°式显然成立,设n=k时,3°式成立,‎ 即³1-()‎ 则当n=k+1时,‎ ³〔1-()〕·()‎ ‎=1-()-+()‎ ³1-(+)即当n=k+1时,3°式也成立 ‎ 故对一切nÎN*,3°式都成立 利用3°得,‎ ³1-()=1-‎ ‎=1->故2°式成立,从而结论成立 ‎ 类型10 ‎ 解法:如果数列满足下列条件:已知的值且对于,都有(其中p、q、r、h均为常数,且),那么,可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时,则是等比数列。‎ 例:已知数列满足性质:对于且求的通项公式. ‎ 解: 数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根,使用定理2的第(2)部分,则有 ‎∴‎ ‎∴‎ 即 例:已知数列满足:对于都有 ‎(1)若求(2)若求(3)若求 ‎(4)当取哪些值时,无穷数列不存在?‎ 解:作特征方程变形得 特征方程有两个相同的特征根依定理2的第(1)部分解答.‎ ‎(1)∵对于都有 ‎(2)∵‎ ‎∴ ‎ 令,得.故数列从第5项开始都不存在,‎ 当≤4,时,.‎ ‎(3)∵∴∴‎ 令则∴对于 ‎∴‎ ‎(4)显然当时,数列从第2项开始便不存在.由本题的第(1)小题的解答过程知,时,数列是存在的,当时,则有令则得且≥2.‎ ‎∴当(其中且N≥2)时,数列从第项开始便不存在.‎ 于是知:当在集合或且≥2}上取值时,无穷数列都不存在.‎ 变式:(2005,重庆,文,22,本小题满分12分)‎ 数列记 ‎(Ⅰ)求b1、b2、b3、b4的值;‎ ‎(Ⅱ)求数列的通项公式及数列的前n项和 解法一:由已知,得,其特征方程为解之得,或 ‎,‎ ‎, ‎ 解法二:‎ ‎(I)‎ ‎(II)因,‎ 故猜想 因,(否则将代入递推公式会导致矛盾)‎ 故的等比数列.‎ ‎, ‎ 解法三:‎ ‎(Ⅰ)由 整理得 ‎(Ⅱ)由 所以 解法四:‎ ‎(Ⅰ)同解法一 ‎(Ⅱ)‎ ‎ ‎ 从而 类型11 或 解法:这种类型一般可转化为与是等差或等比数列求解。‎ 例:(I)在数列中,,求 ‎ ‎(II)在数列中,,求 类型12 归纳猜想法 解法:数学归纳法 变式:(2006,全国II,理,22,本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn,且方程x2-anx-an=0有一根为Sn-1,n=1,2,3,…(Ⅰ)求a1,a2;(Ⅱ){an}的通项公式 ‎ 提示:1 为方程的根,代入方程可得 将n=1和n=2代入上式可得 ‎ ‎2 求出等,可猜想并用数学归纳法进行证明,本题主要考察 一般数列的通项公式与求和公式间的关系 ‎3 方程的根的意义(根代入方程成立)‎ ‎4.数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把分开为 ‎,可得 解:(Ⅰ)当n=1时,x2-a1x-a1=0有一根为S1-1=a1-1,‎ 于是(a1-1)2-a1(a1-1)-a1=0,解得a1= 当n=2时,x2-a2x-a2=0有一根为S2-1=a2-,‎ 于是(a2-)2-a2(a2-)-a2=0,解得a1= ‎ ‎(Ⅱ)由题设(Sn-1)2-an(Sn-1)-an=0,即Sn2-2Sn+1-anSn=0 ‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入上式得 Sn-1Sn-2Sn+1=0 ①由(Ⅰ)知S1=a1=,S2=a1+a2=+= 由①可得S3= ‎ 由此猜想Sn=,n=1,2,3,… ……8分 下面用数学归纳法证明这个结论 ‎ ‎(i)n=1时已知结论成立 (ii)假设n=k时结论成立,即Sk=,‎ 当n=k+1时,由①得Sk+1=,即Sk+1=,故n=k+1时结论也成立 ‎ 综上,由(i)、(ii)可知Sn=对所有正整数n都成立   ……10分 于是当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,‎ 又n=1时,a1==,所以 ‎{an}的通项公式an=,n=1,2,3,… ……12分 本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现 ‎ 类型13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:已知数列中,;数列中,。当时,,,求,.‎ 解:因 所以即…………(1)‎ 又因为 所以……‎ ‎.即………(2)由(1)、(2)得:, ‎ 类型14周期型 解法:由递推式计算出前几项,寻找周期。‎ 例:若数列满足,若,则的值为___________。()‎ 变式:(2005,湖南,文,5)‎ 已知数列满足,则= ( )    (B)‎ ‎ A.0 B. C. D.‎
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