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文档简介
11第讲数的项递数从2015开始自招生考试时推后到考后政策刚出时很多人认,是不是在高考出分再考自招生,是否考考完,自主招生不是失其意义自主招生考了这么年,使用的目的难其实已经很定,这题目只出到高考以,竞赛下,才能在么多省间拉开差距.所以,试难度基本定,维原自主招生度,原自主招生的题竞赛真题,具有参考值。在近年主招生试题,数列自主招生必的一个要内容之一数列考得较的知识点有极限、学归纳法、推数列等差等比数、及数的应用等一、知精讲一.等数列:1.通项公式an(n11
*
)2.n项和公式n二.等数列:
n(an1nad21.通项公式n
n
a1q
n
(
*
)(1n),nq2.n项和公式.nna,,q三.数的通项公式前项和的关:的和为).四.常数列的前和公式
SSn
(为数{}n1
n21
n
2
n(1
2
2
2
nn1)(263
3
3
3
nn2
]2【知识展】
nnpnnp一.对于数列{}若存在正整一个nn
与前k
a联系起来的方程f(
n
,
n
,a)n
,则称数{}k阶递推数列,此方程为递推n方程。由(*)得
n
g
n
,a
n
,a称为数{}递推关系nn一般说来,确定一k阶递推数列需要知阶初始值,a
a。k二.求项问题的主类型:1.转化法:些数列虽然不是等差等比数列,但可以通过对递推公式变形,重新构造新的数列这些数列为等差数列或等比数列一步通过对新数列的通项公式求出原数列的通项。2.加法:a
f()►
方
法:
利
用
叠
加
法,aaa21n
n
(()。n3.积法:
af(n►方法:利用迭代法f(1),f21n
n
f(n()。n14.定系数法a
为数且p0)►方法:用待定系数法,构造一个公比为的等比数列,
,从而q公比为的等比数列。5.
pa()为非零常数且p)方法两边同时除以n,
f()nnpn
anp
n
f(nn
,
11s211s2转化为第一种类型,用叠加法解决。6.征根法:a
np,常数)方法:可用下面的定理求解。令(此方程又称为特征方程
相应的二次方程的两根;(1)其通项公式为a,(2其通项公式为aA),其中B分别由初始条件,a所得的方程组和A2
A1(B)
2唯一确定。更一般地,对于常系数线性递推数列
n
a1n
a2n
a,其特kn征方程xkk2
的根(互不相同)s个,分别,k
,且st重根,,af)iiiiiii其系数由初始值决定。
n
,其中f(n)是关多项式,ii7.动点法:形如a
ac
0ada2
的递推数列的通项问题常用不动点法解决.a类型c
ax0ada().cxaa()若)x有两个不相等的实数根xx,则An(其中aa2
acxn数列,公比,则可.aan()若f()x根则
a
11中00c1数列,公差A,则可.an2(拓展类型IIn,令f(x).
1nn1nn(1)若(x)有两个不相等的实数、x,x21从而有
ax222
,ax
、
ax
,
所
以n
1
221111ax2a1aa(a)2n1n1.2ann
同理可得
2
a)
.aaa所以,两式相除,得n)2,令b1,则b,两边取对aan数,不难得的通项公式,从而可.n(2)若(x)有两个相等的实数,则可0
c2
cab.
cana2a
,令,化简可,因a列.三.周数列:对于数{}一个常TN*n,n0恒有a
a成立,则称数列{}从第n项起的周期为T的周期数列。若n则称数{}纯周期数列,n则称数{}混周期数列,0n0的最小值称为最小正周期,简称周期。周期数列主要有以下性质:①周期数列是无穷数列,其值域是有限集;②周期数列必有最小正周期(这一点与周期函数不同③如T是数{}周期,则对于任意k*也是数{}周期;nn④如T是数{}最小正周期M是数{}任一周期,则必,nMkN*⑤已知数{}n
tN*t为常数,T分别{}项nn的和与积,0qr*qS)T;rtr
⑥设数{}整数数列是某个取定大于1的自然数,b除后nnn的余数b)b
数{}{}mnn模数列{)}{)}周期的{}关于的周期数列。⑦任k阶齐次线性递归数列都是m周期数列。四.阶数列:对于一个给定的数{}把它的连续两an
a的n
记,{}{}{a}果ncb
{}数{}一阶差数列}{}二阶差数列;n依此类推,可以得到数{a}p阶差数列,其中*n如果某一数列的p差数列是一非零常数列,则称该数列为阶差数列。其实一阶等差数列就是我们通常说的等差数列差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称。高阶等差数列具有以下性质:①如果数{}等差数列,则它的一阶差数列是p阶等差数列;n②数{}等差数列的充要条件是:数列{}通项是关次nn多项式;③如果数{}等差数列项之是关n多项n式。三、典精讲四、例2011复旦)xn
3
,那么()(A)数{}单调增的(B)数{}单调减的nn(C)数列{}是单调增的,或是单调减的(D)数{}非单调增的,n
n1n12nnnn1n12nnn也非单调减的。►答案:►分析与解:xn
3(1)nn
n
2n。显然x,3{}调递增;若nx3x{}常数列;3,{}调递减。1例复旦)0,xn
n,则数{}极限为()(A)
2(B)3
(C)
22
(D)
12►分析与解:递推数列对应的特征方程2t(2ttt故1。再由x0,x,有
U
,解得
U3
所以,2x23从{}极限为。故选A。例2008武大)在数列{}2,n1(1)求证:数{}等比数列;(2)求数{a}n项S。nn►分析与解:
n
anN*。n(1)
n
nan
n
4()这说明数{}一个公nn比为4的等比数列。(2)由(1)an(n,n1nS)n
4n)32注:是一道循序渐进的问题,第一问为第二问铺垫。本题也可采用如下方法:对式a
an两边同时除n也可以解答。
33n33n例4.知数,31
n
n
2an0,求数n分析与答:解法一(待定系数——迭加法)
n
a
n
a0,na
23
(),n1则数首项,为公比的等比数列,于是na
2)()n。1,2,3,3a,12ab),22a))2,a
2)()3
。把以上各式相加,得2a)[1)3
21)n3213
b。2[3)n](b)3()()3
a解法法
n
n
nna,an2的特征方程是32x,3
x
2)3
。又aaa于是2
3nnnnnnnnnn23nnnnnnnnnn2nnn2nnnnA2AB)2故abaa)3例5上海交大{a}足3,3n
n
2
n
lim。nn分析与答:
,
。
n
n
1()a,3
1133
11时,数是一个常数列,33
数{
1110aa。33}是一个公比的等比数列。
①an
n
11()(333
②得
4151aa而333
5,故35。2注:形a
qa
(p,为常数,q的数列求通项问题,可采用如下方法:引入参
n
a)得到一个nn关的方
两根
得到两个等比数列,1联立消
n
即可;仍可得到形如ann
a(n关n的1,2n一个函数知识拓展中提到的类型。这种方法本质上是特征根法。
nnnnnnnn例.知数{}足性质:对N,n公式.►分析与解:
a
a3,{}通项n依定理作特征方程x
x2
,变形
2
x0,其根
特征方程有两个相异的根,使用定理2的第()部分,则有ap311)n)nnN.ap3112c
2()N.5ca1cn
1()()
N.(ann练习已知数{}足:对nN,都a
1325a
.(1)aa;(2)aa;(3)6,a;(4)取哪些值时,无穷数{}存在?►分析与解:作特征方
13xx
.形
2
250,特征方程有两个相同的特征依定理的第(1)部分解答.(1)(2)a
N,n.
5;1ra1
131n,28b0.数{}第5项开始都不存在,n≤4n
15n.bnn(3)6,
a
.bn
1rn.a81b∴nN,b1b
1
1543n8(4)、显然a数列从2项开始便不存在.由本题的第1)小题的解答过程知,a时{}是存在a时则有nbn
1r1n5nn,N.b则a,nNapan1n2.∴
5n
(其且≥2)时,数{}n项始便不存在.于是知a在集{都不存在.
n
:nN,n≥2}上取值时穷数{}例2011“卓越联盟{}aa,a,n12
n
n
。n(1)
,证明:{}等比数列;(2)lim(2分析与答:
),b值。(2
得a
n
n
n
。annn
n21213n32n32nnn21213n32n32nn。nn1所{}公比的等比数列,首项b。2(2)则{}常数列n时,由(1)知,
显然不适合题意;a
1an
n
(b1所以ab),a22
1
b),an
12
n
以上各式相加:1
1
,
an
21(b)
,
即21()所
以1
na()n
12)n4()4()92
nlim(
24)a()0,b)b39例8五校联设数()
函数s
()t,
2。s(1)证明:存在函s)满足f
;s(2)x1
fxn1,2n
证明|n
3n
。分析与答:
ttf21ss2nnttf21ss2nn(1)f
22t
tmt(2)tt
,2)bat
,(2)2atb所以[(m2)tat)(3tb。即tat
2
bmb)tat
2
(6ba)tb。上式对一t
12
恒成立必有aabbax所以f(),s
(t)t又f
12s
6t)csd,3t
。由
623cs
2
(6d)s
2
(6cd所以
d,d
c3,故存在函数()sx(2)xn,考虑数列的不动点,设,则,xn
4,
n
x2)n
①xnnn
②xx有xxn
,所以
xnxn
x为公等比数列,且首项5所以nxn
n
nn41nxn
,xn
n
,|x
n
。所|xn
43nn3n
n
(*)2k,|
n
2k
2k
;nkk
5
2k
4k
2k
2
,显然成立。综上成立。注:本题的第(2)问用到了不动点求递推数列通项的方法。五、真题训练1旦){}正数列,其n项和,满足:对一nn的等差中项等S和的等比中项,limnnn
和2n(A)0(B)4(C)12(D)10022008复旦){}正数数列,其和,满足:对所有正整nna与2的等差中项等S与2的等比中项,nn
Snn)4(A)0(B)1(C)
1(D)23旦{}}b,nnn
,1{}公比为2的等比数列,又Sn
S,lim)a(A)0(B)
12
(C)1(D)242007复旦)已知数{a}n
4a其n项之1和S,则满足不等n
的最小整是((A)6(B)7(C)8(D)9
100n3100n35.(2001上海交大,3,
中
ai
。i6.2004上海交大)已知数列{}足aaan12。
a
a,则72004上海交大)已{b}公差为6的等差数列ban
n*)(1)a,b,表示数{}通项公式;n(2)a[27,33]的最小值及取最小值n的值。182000上海交大){}aan1n1(1)求证aa;n(2)。
。
9大有一系列正三角形n个正三角形的边a。yOx10.(2004复旦)已知数{},{}n
,n
,又n4求:(1a,;na(2lim。nbn
nnnnn2n1nnnnnn2n1n真题训答案1.【答案】B【分析与解答
an22
2
n
2
S。annnnna)a222
na
a
(
)(a
)a
)an
n
4),a
(a
0a又a,2n1n,lim。nn2.【答案】Cn题1知ana(2故2Sn2)4n24n3.【答案】D
,limn
1nn。n【分析与解答bb2nn
n,a
,
累1加可得a1
S
。S所lim2。a
nnnnnnn1nnnnnnnn1nnnn100412n4.【答案】B【分析与解答41aa(33
,从
{是公比的等比数列。a3
n
(
n
1(93
,11从33
n
1313
。11选B。
11,解n,故3750注:对形如
为常数,p0,1,)的数列求通项的方法是用待定系数法引入参a
a从而构成等比数列。5.【答案】5【分析与解答知原数列周期为6iiiiii6.【答案2003【分析与解答解法一aa4,a归纳易n1n解法二:特征方
,特征根2
2
a,7.【分析与解答22故
a
12nnnnnn1nii2kii12nnnnnn1nii2kiian1
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