- 2021-05-13 发布 |
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文档介绍
高考递推数列题型分类归纳解析教师
高考递推数列题型分类归纳解析 类型1 ,利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列满足,,求。 解:由条件知: 分别令,代入上式得个等式累加之,即 所以, 变式:(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 利用累乘法(逐商相乘法)求解。 例:已知数列满足,,求。 解:由条件知,分别令,代入上式得个等式累乘之,即 又, 例:已知, ,求。 解: 。 变式:(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(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。 例:已知数列中,,,求. 解:设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令,则,且.所以是以为首项,2为公比的等比数列,则,所以. 变式:(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: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。 例:已知数列中,,,求。 解:在两边乘以得: 令,则,解之得: 所以 变式:(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): 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: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:(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: ① ② 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:(2006,陕西,理,20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=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: (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求数列{an}的通项公式. 解:, ,两边同乘以,可得 令 …… …… 又,, , 。 类型7 解法: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。 例:设数列:,求. 解:设,将代入递推式,得 …(1)则,又,故代入(1)得 说明:(1)若为的二次式,则可设;(2)本题也可由 ,()两式相减得转化为求之. 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:两边取对数后转化为,再利用待定系数法求解。 例:已知数列{}中,,求数列 解:由两边取对数得, 令,则,再利用待定系数法解得:。 变式:(2005,江西,理,21.本小题满分12分) 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:(2006,山东,理,22,本小题满分14分) 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; 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: (i) n=1时,3°式显然成立, (ii) 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= ( ) A.0 B. C. D.查看更多