数列压轴题详解

高考递推数列题型分类归纳解析数列中的精品类型1，利用累加法(逐差相加法)求解。例: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．本小题总分值14分〕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: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:，，求。解：。变式:〔2004，全国I,理15．〕数列{an}，满足a1=1，(n≥2)，那么{an}的通项解：由，得，用此式减去式，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:数列中，，，求.解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，那么,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，那么,所以.变式:〔2006.福建.理22.本小题总分值14分〕数列满足〔I〕求数列的通项公式；〔II〕假设数列{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:数列中，,，求。解：在两边乘以得：令，那么,解之得：所以变式:〔2006，全国I,理22,本小题总分值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=eq\f(4,3)×(4n－2n)－eq\f(1,3)×2n+1+eq\f(2,3)=eq\f(1,3)×(2n+1－1)(2n+1－2)=eq\f(2,3)×(2n+1－1)(2n－1)Tn=eq\f(2n,Sn)=eq\f(3,2)×eq\f(2n,(2n+1－1)(2n－1))=eq\f(3,2)×(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n+1－1))所以,=eq\f(3,2)eq\f(1,2i－1)－eq\f(1,2i+1－1))=eq\f(3,2)×(eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2i+1－1))<eq\f(3,2)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满足类型5递推公式为〔其中p，q均为常数〕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。假设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。那么数列是以为首项，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: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〕，那么是以首项为，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,本小题总分值14分〕数列满足〔I〕证明：数列是等比数列； 〔II〕求数列的通项公式；〔III〕假设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：①②②－①，得即③④④－③，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：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本小题总分值12分)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=73a1，a3，a15不成等比数列∴当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15，∴a1=2，∴an=5n－3变式:(2005,江西,文,22．本小题总分值14分〕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，与递推式比拟，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〕那么,又，故代入〔１〕得说明：〔1〕假设为的二次式，那么可设;(2)此题也可由,〔〕两式相减得转化为求之.变式:〔2006，山东,文,22,本小题总分值14分〕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？假设存在，试求出假设不存在,那么说明理由解：〔=1\*ROMANI〕由得又是以为首项，以为公比的等比数列〔=2\*ROMANII〕由〔=1\*ROMANI〕知，将以上各式相加得：〔=3\*ROMANIII〕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〔=1\*ROMANI〕、〔=2\*ROMANII〕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：数列｛｝中，，求数列解：由两边取对数得，令，那么，再利用待定系数法解得：。变式:〔2005，江西,理,21．本小题总分值12分〕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时有那么而又∴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,那么或变式:〔2006,山东,理,22,本小题总分值14分〕a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；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，，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：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,本大题总分值14分〕数列｛an｝满足：a1＝，且an＝求数列｛an｝的通项公式；证明：对于一切正整数n，不等式a1a2……an2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＝〔n1〕…………1〔2〕证：据1得，a1a2…an为证a1a2……an2只要证nN时有…………2显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有1－〔〕…………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1－〔〕那么当n＝k＋1时，〔1－〔〕〕〔〕＝1－〔〕－＋〔〕1－〔＋〕即当n＝k＋1时，3式也成立故对一切nN，3式都成立利用3得，1－〔〕＝1－＝1－故2式成立，从而结论成立类型10解法：如果数列满足以下条件：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,那么是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，那么是等比数列。例：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〕局部，那么有∴∴即例：数列满足：对于都有〔1〕假设求〔2〕假设求〔3〕假设求〔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〕局部解答.(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)∵∴∴令那么∴对于∴(4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由此题的第〔1〕小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，那么有令那么得且≥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,本小题总分值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,得,其特征方程为解之得,或,,解法二：〔I〕〔II〕因，故猜测因，〔否那么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归纳猜测法解法：数学归纳法变式:〔2006，全国II,理,22,本小题总分值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,可猜测并用数学归纳法进行证明，此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＝EQ\f(1,2)当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－EQ\f(1,2)，于是(a2－EQ\f(1,2))2－a2(a2－EQ\f(1,2))－a2＝0，解得a1＝EQ\f(1,6)(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＝0①由(Ⅰ)知S1＝a1＝EQ\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝EQ\f(1,2)＋EQ\f(1,6)＝EQ\f(2,3)由①可得S3＝EQ\f(3,4)由此猜测Sn＝EQ\f(n,n＋1)，n＝1，2，3，………8分下面用数学归纳法证明这个结论(i)n＝1时结论成立(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝EQ\f(k,k＋1)，当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝EQ\f(1,2－S\S\do(k))，即Sk＋1＝EQ\f(k＋1,k＋2)，故n＝k＋1时结论也成立综上，由(i)、(ii)可知Sn＝EQ\f(n,n＋1)对所有正整数n都成立……10分于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝EQ\f(n,n＋1)－EQ\f(n－1,n)＝EQ\f(1,n(n＋1))，又n＝1时，a1＝EQ\f(1,2)＝EQ\f(1,1×2)，所以｛an｝的通项公式an＝EQ\f(n,n＋1)，n＝1，2，3，………12分此题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比拟容易发现类型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：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：假设数列满足，假设，那么的值为___________。变式:〔2005，湖南,文，5〕数列满足，那么= 〔〕 A．0 B． C． D．打包2根据数列递推公式求取其通项通法总结数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习和老师的教学，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧。一、型数列，〔其中不是常值函数)此类数列解决的方法是累加法，具体做法是将通项变形为，从而就有将上述个式子累加，变成，进而求解。例1.在数列中,解：依题意有逐项累加有，从而。注：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错.类似题型练习：满足，求的通项公式。二、型数列，〔其中不是常值函数)此类数列解决的方法是累积法，具体做法是将通项变形为，从而就有将上述个式子累乘，变成，进而求解。例2.数列中，求数列的通项公式。解：当时，将这个式子累乘，得到，从而，当时，，所以。注：在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错.类似题型练习：在数列中,>0,,求.提示：依题意分解因式可得，而>0,所以，即。三、型数列此类数列解决的方法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列的性质进行求解，构造的方法有两种，一是待定系数法构造，设，展开整理，比拟系数有，所以，所以是等比数列，公比为，首项为。二是用做差法直接构造，，，两式相减有，所以是公比为的等比数列。例3.在数列中，，当时，有，求的通项公式。解法1：设，即有，比照，得，于是得，数列是以为首项，以3为公比的等比数列，所以有。解法2：由递推式，得，上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。所以，即，所以。类似题型练习：数列满足求数列的通项公式.注：根据题设特征恰当地构造辅助数列,利用根本数列可简捷地求出通项公式.四．型数列〔p为常数〕此类数列可变形为，那么可用累加法求出，由此求得.例4数列满足,求.解:将递推式两边同除以得,设,故有，,从而.注：通过变形,构造辅助数列,转化为根本数列的问题,是我们求解陌生的递推关系式的常用方法.假设为的一次函数,那么加上关于的一次函数构成一个等比数列;假设为的二次函数,那么加上关于的二次函数构成一个等比数列.这时我们用待定系数法来求解.例5．数列满足解:作,那么,代入递推式中得:.令这时且显然,,所以.注：通过引入一些待定系数来转化命题结构,经过变形和比拟,把问题转化成根本数列,从而使问题得以解决.类似题型练习：〔1〕满足，求。〔2〕数列，表示其前项和，假设满足，求数列的通项公式。提示：〔2〕中利用，把条件转化成递推式。五、型数列〔为非零常数〕这种类型的解法是将式子两边同时取倒数,把数列的倒数看成是一个新数列,便可顺利地转化为型数列。例6．数列满足,求.解:两边取倒数得:,所以，故有。类似题型练习：数列中，，求的通项。六.型数列〔为常数〕这种类型的做法是用待定糸数法设构造等比数列。例5．数列中，且，求.解法略。打包3几种递推数列通项公式的求法递推数列常常是高考命题的热点之一.所谓递推数列,是指由递推公式所确定的数列.由相邻两项的关系给出的递推公式称为一阶递推公式，由相邻三项的关系给出的递推公式称为二阶递推公式，依次类推.等差数列和等比数列是最根本的递推数列.递推数列根本问题之一是由递推关系求通项公式.下面是常见的递推数列及其通项公式的求法．1一阶线性递推数列求通项问题一阶线性递推数列主要有如下几种形式：〔1〕这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n项和).当为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式．而当为等差数列时，那么为二阶等差数列，其通项公式应当为形式，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是，其常数项一定为０．〔2〕这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n项积).当为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式．〔3〕；这类数列通常可转化为，或消去常数转化为二阶递推式.［例１］数列中，,求的通项公式．［解析］解法一．转化为型递推数列．∵∴又，故数列｛｝是首项为２，公比为２的等比数列．∴，即．解法二．转化为型递推数列．∵=2xn-1+1(