第三章：妙用竞赛方法优化高考题通法

第三章：妙用竞赛方法优化高考题解法

高考数学试题的命题遵循考试大纲和教学大纲，体现“基础知识全面考，主干内容重点

考，热点知识反复考，冷门知识有时考”的命题原则，从解答策略上来说，高考一般淡化解

题中的特殊技巧，比较注重在解题的通性通法上精心设计.但是认真分析近几年的高考试题,

尤其是压轴题，我们不难发现，有很多问题又很难用“通性通法”顺利解决。因此，在平时

学习中，对于学有余力的同学来说，有必要适当掌握一些“竞赛”的方法或技巧，只有这样，

才能真正在高考中真正做到处变不惊，游刃有余。

高中数学竞赛中涉及的内容很多、很广，下面仅举几例：

1.运用多元均值不等式巧解高考题

多元均值不等式：设0€/?+（，=瓦），则L支哈杭四

〃1=1V1=1

【例1】（2001年高考全国卷I试题）已知“，〃是正整数，且找

求证：（1+根）”＞（1+〃）'"。

讲解（"二宜如”竺叱2.B＜［项+“）+〃一，"=（1+对

加个括号〃一加个।n

2.运用柯西（Cauchy）不等式巧解高考题

柯西不等式：设％,bjGR（i=Ui）,贝ij这她.）2«这*电不），当且仅当

/=1/=1/=1

/^=〃6,（=1,2,…,"）时取等号，其中九〃是不全为零的实数。

【例2】点尸在直径为2的球面上，过尸点作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另

一条弦长的2倍，则这3条弦长之和的最大值是

讲解以这三条弦为相邻边可构成一个长方体，设其三边长为

则"+（2"）2+/=4,即5a2+尸=4，由柯西不等式，

得（5/+〃）（|+1后（3。+份2,整理，得%+居x4=|历

【例3】（2009年高考安徽卷）给定两个长度为1的平面向量而和丽，它们的夹角

为120P，点C在以O为圆心的圆弧AB上移动，若无'=无，其中羽yeR,则

x+y的最大值为

讲解依题意反=%苏+丁丽，两边平方得r+y2一肛=],再配方得

(x—尹+(亭》=1

构造柯西不等式

[(x--^)2+哼y)2][l2+(V3)2]>(x+y)2，得(x+y)2<4,x+y<2,

_yV3,

当且仅当X—2_2'，即x=y=l时，等号成立。

1-y/3

3.运用琴生不等式巧解高考题

琴生不等式：设/(X)在区间I上是下凸函数，则对任意玉GI及P‘>0

n\

ZP,”(XJEPM

(i=l,2,…，〃)，有上一.......>fi=l,其中等号当且仅当％=工2=3=X"

ZP，

1=1/=1/

时成立，若/(X)在区间1上是上凸函数，则不等号反向。

[例4](2005年高考全国卷I试题)

(1)设函数f(x)=xlog2x+(l_x)log2(l_x)(0<x<l),求/(x)的最小值;

(2)设正数。1，。2，，3,…，P2"满足Pl+。2++…+。2"=1，证明：

Pllog2Pl+p2log,P2+p310g2P3+•••+p2„10g2Pr>-n

讲解(1)构造函数80)=/082苍》€(0,1),g"(x)=—\>o

xln2

yI1_y11

由琴生不等式得g(1—)<5[g(x)+g(l—x)]得g(x)+g(l—x)N2g(])=-1

即xlog2X+(l-x)log2(l-x)N-1，帮当x=g时，/(x)取得最小值一1;

2n2n

（）直接利用琴生不等式可得j=l1>(用又£p,=i；

2g-F

r1=1/=1

\7

所以8惇［"卷毕但）fg（4）22"惇）=一〃；

o

即Pllog2P\+Pllog2Pl+-+Prlog2P2-N一〃；

4.运用不动点原理巧解高考题

设函数/（%）的定义域为D，若存在与e。，使/（公）=/成立，则称与为f（x）的不

动点，或称（公,与）为函数/（x）图像的不动点;

x+3

【例5】已知函数/（幻=--（X^-1）,设数列｛4｝满足卬=1,“付=/3”），数列

尤+1

｛〃｝满足么=14—J5|,S“=伪+4+…+d（〃eN"）,证明：b“«（8二，’；

凡+3

讲解由/（x）=x得f（x）的两个不动点为士百，因为«„+1=/（%）

6_4+3_百=a-6)m“一百)

所以4+1

an+1。"+1

+6=9+6(1+拘a+扬

凡+1

氏+14+1

-石_I-a—V3

两式相除得:n

an+i+V31+V3an+V3

n

an-^ri-V^Y2V3-(V3-l)

由此可得:bn=1%一向=

a”+V311+V3J(l+73)n-(l-V3)n

h1

因此，只要证明：——"工——

(l+V3)n-(l-73)n2"

即证：2"-V3<(1+V3)n-(1-V3)n；

注串到(1+扬"-(1-扬"=V3+C：(gy+...]

‘层.=2百(£；+£：+...)=2"・6得证

1.运用排序原理巧解高考题

排序原理：设有两个有序组q<…<%也<b2<...<bn.

则axbn+a2bn_}+...+anbt（反序和）<+a2bj2+...+anbjn（乱序和）

44封+生为+.••+”也（顺序和），即反序和W乱序和4顺序和,其中八J2J3,…，初是自

然数1,2,3,…，〃的任一排列，当且仅当％=々=•••=/或々=/=.“=2时等号成立；

【例6】有五位同学每人拿一只桶同时到一只公用的水龙头去灌水，灌水所需的时间分

别为4,5,6,7,8分钟，若只能逐个地灌水，未轮到的同学需等待，灌完的同学立即离开，

只要我们适当地安排这五位同学的灌水顺序，就能使每个花费的时间（包括等待时间）的总

和尽可能小，但至少需要（）

A.58分钟B,80分钟C.81分钟D.93分钟

讲解：根据排序原理，可知至少需要1x8+2x7+3x6+4x5+5x4=80分钟

6.运用错位排列公式巧解高考题

错位排列公式：设强，％是自然数12…题的一个排列,如果i",..”北满足

z>l,z2^2,...,z>n,这样的排列叫做自然数1,2,..,〃的一个错位排列，将错位排列的个数

记作则&=〃！1…+（-1）二；

_1!2!3!tv.

【例7】将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里，每格填入1个数字，

则每个方格的标号与所填空数字均不相同的填法共有多少种：

讲解本题即当〃=4时的错位排列情形，因此，由上述公式可得，共9利”

7.运用平面几何知识巧解高考题

对于大部分同学来说，平面几何在初中就曾接触过，但平面几何的很多有趣、重要的性

质则需要在竞赛培训中才能学到；如“三角形顶点到垂心的距离等于外心到该顶点所对边距

离的两倍”等；

【例8】（2005年高考全国卷2）非等边AABC的外接圆的圆为

A

O,两条边上的高的交点为H，OH=m（OA+OB+OC）.则实数

讲解如图3-1所示，设。为线段的中点，则由平面几何的

知识“三角形顶点到垂心的距离等于外心到该顶点所对边距离的两

图3-1

倍”，得苏=苏+屈=苏+2而=苏+瓦+工，所以加=1

8.依靠拉格郎日中值定理巧解高考题

拉格朗日中值定理：设y=/（x）在3,例上连续，在（。/）上可导，则存在使

得/.©）=‘（?二""）•；

b-a

2X1「

【例9】（2006年高考陕西试卷）己知函数/（X）=/~XH---1--，且存在与G

24

使/（玉））=々;

（1）证明：/（X）是H上的单调增函数;

⑵设玉=0,当+1==；,y“+1=/（笫），其中〃=1,2,...

证明：＜x„+l＜x0＜y„+l＜x,；

（3）证明：

yn-\,2

讲解（1）（x）=3x2-2x+--3（x-＞0,所以/（x）是R上的单调增函

236

（2）由0＜/＜；，得内＜玉）＜必，又/（x）是增函数，所以/（%）＜/（玉））＜/（必）；

1131

即又%=/（七）=/（0）=：＞内；%=/（y）=/（z）=6＜7=M；

4ZoZ

综上：有％<%2<X()<必<%；

用数学归纳法证明如下：

（1）当〃=1时，成立；

（2）假设当〃=A时，有x&<x*+|</<yk+i<yk成立,

当〃=4+1时，由/(%)是单调增函数,有f(xk)<f(xk+l)<f(x0)<f(yk+l)</(”)；

因此，有X,+1<xA+2<XO<yk+2<y*+]；

综上，成立；

（3）由丫用一七用二/（）'"）―/（L）及拉格朗日中值定理,知存在一点Je（乙,以），

XX

y,,-nyn-n

使得/（）；）：[（乙）=尸4）,注意到心（%,”）=[0,夕，又/'（》）=3/_28+：在

上的最大值为/（o）=L,因此，r❷<L即>.一"向<：；

222y„-xn2

9.借助极坐标巧解高考题

【例10]（2007年高考重庆卷试题）如图3-2所示，中心在原点。的椭圆的右焦点为

尸（3,0）,右准线/的方程为：x=12

（1）求椭圆的方程

（2）在椭圆上任意三个不同点4P2,与使NRFP?=NgFR=43-

111

证明：/加+/方7+为定值，并求此定值

四||FP21|FPJ

讲解⑴略

V2V2C1

(2)由(1)知椭圆的方程为工+2_=1,得e=*=—，“=12—3=9

3627a2

ep3_9

则椭圆的极坐标方程为:

1—ecos。一i」cosJ2-cos。

2

24427r

同样,记椭圆的右顶点为A,并设ZAFP]=。，则ZAFg=寸+氏4/4=7一。，

99

__9_

P2=-----方一03=---------------万一

2-cos。2-cosf+e)'2-cos(—-^)

33

1111ii

-----1------1---------FA+

1MlFP

\2\IRIP}A

2-cos。2-cos片+。)2-cos勺-6)2

=-------1-------------1-------------=一

9993

对于一个学有余力的同学来说，适当参加一些竞赛学习，掌握一些竞赛知识对高考肯定

是大有裨益的，古人云“会当凌绝顶，一览众山小”。

当然，数学竞赛涉及的内容很广，从高考来看，也未必有必要全面深入，我们可以走捷

径，抓大放小，何谓“大”，笔者觉得递推方法与放缩技巧在高考压轴题中频频亮相，因此，

本章以此为突破，抛砖引玉。

3.1熟悉递推方法

通项是数列的“核心元素”，对于很多数列问题只要知道了通项公式，一切问题将迎刃

而解。因此，我们要掌握一些递推方法求数列的通项公式。

3.1.1累加累乘法

累加恒等式：an=(«„-«„_1)+(«„_)-«„_2)+•…+(%-4)+

累乘恒等式：凡=马-・-人一・”・4(。“70)

4-1an-2%

累加累乘法能够解决以下类型一与类型二所给的递推数列通项问题。

类型一：已知4=b,an+i=an+/(〃),求an

分析累加法：。“+]-=/(〃)=>4+|=4+Z/(Z)

k=\

类型二：已知4=6,%+|=/(〃)%,求凡

分析累乘法：3=/(〃)=>%+i=q•1[/(%)

【例1】在数歹IJ{&}中，4=3,an+]=a„+—,求通项公式an

〃("+1)

讲解原递等式可化为：«„+|=«„+-一一!一，

nn+1

贝ljQ,=4+,—-,%=Q,~——>

逐项相加得：。〃=4+1—o故。〃=4—

nn

【例2】设数列｛凡｝是首项为1的正项数列，且(〃+1)。3—〃寸+4用%=0,求数列

｛。“｝的通项公式对。

讲解原递推式可化为：［(〃+1)。向一〃+”“)=()

n

•.,%+4>o,岁

ann+1

a2£。3_2。4_3a„n-\a„11

则-=——。逐项相乘得：—即一

a3'的4

q22“〃_]nqnn

3.1.2待定系数法

运用待定系数法可解决以下类型三所给的递推数列问题。

类型三：已知4="。"+|=。。“+4(。¥1,且2¥0,4X0),求通项％。

分析令a,+1+x=p(a“+q),再解出x=一从而构造出等比数列，由等比数列通

P-1

项公式求得。

类型四：已知，at=a,all+l=Aan+B»C"(A.B、C为非零常数)，求通项。“。

分析1原递推式可化为a,川+2.Cn+X=4®+4•C")的形式，利用待定系数

法求得系数；I。

分析2原递推式可化为刍必=冬+0/£］的形式，令用=》,从而有

B

b,=b+---,转化为类型一的形式。

"+I«/⑺

a“，|AaBAB

分析3原递推式可化为产=7•需n+不，令4+i=巴3+工，转化为类型三。

类型五：已知q=a,%+2=P•an+］+q-an(p、q为非零常数)，求通项％。

分析1原递推式可化为为+2+九•2+1=(。+九)(％+1+九•纥)的形式，利用待

定系数法求得系数4。

分析2运用特征根法。考虑特征方程x2一px-q=0，设该方程的两个实根为。

B，则

(1)当a手。时，可设纥=Aan-'+B/3"-'；

(2)当a=。时，可设纥=(An+B)an-l,其中48是由初始值知a?确

定的常数。

如果特征根a,£为共辗复数，a=r(cos0+isin6),

P=r(cos0-isin,则通项可设为

an=r"T［/cos(A-1)6+Asin(A—1)。］.

类型六：已知q=a,an+2=A-an+i+B-an+C(A、B、C为非零常数)，求

通项％。

分析由已知递推式，可得〈，?+2),两式相减，

忸〃+3=A-a,.+B-a向+C

a

得a〃+3-n+2="(a〃+2-a,+)+B｛an+X-an)o令6〃=an+i-an,

得bi=A•b”1+B•b.,从而转化为类型五。

类型七：已知多=a,an+1=A-a0+B-n+C(A、B、C为非零常数)，求通

项4。

分析原递推式可化为+4•〃+4=/［%+4•(〃-D+4］的形式，

利用待定系数法求得系数4,4。

［例3］设数列｛aj的首项刍G(0,1),a=一产，〃=2,3,4…。

(1)求｛纥｝的通项公式；(2)设a=a,13-2a〃,证明：b“＜幺用，其中n为

正整数。

讲解（1）由类型三，可知原递推公式可化为1—a.=-1（1—。又

n2n-i

1一470,所以｛l-aj是首项为1一刍，公比为一:的等比数列，得

an=1一（1一4）J｝"-'。

3

（2）解法一由（1）可知0<a“<：，故々>0。那么，

成1一鬣=奇+1（3-2纥+i）一奇（3-2a）

=（小兴3-2x三）_/（3-2a.）=等⑸一IT。

又由（1）知，an>0且a”H1,故-里>0,因此6.<bn+｝,n为正整数。

33-a

解法二由（1）可知0<纥<二,练w1,因为己=-----L,所以

n2n〃+12

由a〃丰1可得露（3—2纥）<（土且）2,即a；（3-2an）<（上马》•a“，两边

22

开平方得a〃j3-2a”=—.值.即。<，n为正整数。

2

【例4】在数列｛aj中，4=-La*=24+4•3"T,求通项公式为。

讲解由原递推公式可设a,,+1+2•3"=2（a〃+A-3"T）。比较系数得；I=-4,

所以a„+1—4•3"=2（纥-4.3〃T）。则数列｛4一4•3"一】是一个等比数列，其首项

是q-4•31-1=-5,公比是2。所以纥-4.32=-5-2n-l,

即4=4•3"T-5•2―。

评注本题也可以通过如下变形再运用累加法求得产=会+

,令

乙〃+1Jn

4=f",则%—bn=0尸,bn=£(%-b)+々=£(|)+1•'以

*'/=1/=1/乙

下略。

【例5】在数列｛a“｝中，刍=-1,a2=2,an+2=5an+1-6an,求通项公式a”。

讲解a.=5a.+]-6露可化为4+2+Aan+l=(5+2)(an+1+2a,),比较系数

得4=—3或；I=-2,不妨取2=—2,则a--2a向=3(a向-2露)。则

｛an+｝-2a.｝是一个等比数列，首项为a?-2al=2-2(-1)=4,公比为3。所以

/,-1n

an+1,-2an=4-，所以an=4-3-5-2-'。

【例6】在数列｛aj中，刍=■|，2a〃—a07=6/7-3,求通项公式为。

讲解=6/7—3可化为2(a〃+4〃+4)=an-\+4("-1)+4，

比较系数得4=-6,%=9,所以叫=%。因此也｝是一个等比数列，首项

919

b[=q—6〃+9一，公比为一。所以“，即4一6〃+9=9•

22"2

故a.=9­+6A—9。

1+H.cl今/

【例7】已知4=4=4=1,且%+3-----也3(neN*),求通项公式

a

a”。

a//+1n0—2=1+anan-\,

讲解由原递推式可得《,(n>3,/?6TV*),两式相减得

anan-3.>=l+an-1n-L.)

a0+产,-2-a“a〃_3=a产…-an_xan_2=>an_2(an+1+2一)=a<^an_x+a„_3)

nL+%)=(纥+%)b』用+a,,T)

令n-则

an-2a

4=3,q=2,b._\=bn_3,所以，对〃N2,〃eN*都有3,b2n=2,所以

■/,

<3i+a>i=2a>a..—28,-a,>.①

O2/7+12n-\2n_2/7+12n2n-\

1=>k1

、“2〃+2+&2n=3H2/z+l%n+2=3a2〃+I-”2〃②

令a。=3al-4=2,a2n+1+aa2n=口区时、+aaQ

将①带入后与②比较,

又由③得-4M+=P,由等比数列得

%n-l+aa2n-2

%?+i+4%?=P\（9+。产°）,%,+i+a/2n—P2+4“（））,

由上两式解得

—［（-3+2囱）（2+6尸+（3+2而（2-舟］,（〃=2加

a_<6

—［（3-26）（2+6）*1+（3+2囱）（2-6）""］,（A=2勿—1）

.6

3.1.3不动点法

不动点的定义：函数/'（矛）的定义域为〃，若存在4eD,使/'（气）=/成立,

则称/为F（x）的不动点；或称5°,为/'（x）图像的不动点，“不动点”是荷兰数学家布

劳威尔（Brouwer）首先提出的，它是现代数学一个有趣的概念，现代数学中不少分支都从

不同的角度研究与它相关的问题。“不动点”在高中教材中虽未曾出现，但近几年高考中，

以“不动点”为背景的试题频频出现，值得大家重视。利用不动点原理主要可解决以下两种

类型的高考数列问题：

同类型三：已知q=a,an+}-pan+q（p丰1）,求通项a〃

分析由F（x）=x求出不动点时,在递推关系式两边同时减去“，构造出等比数列,

根据等比数列通项公式求出通项。

a-a+b

类型八：已知包十】---------,c丰0,ad—be*0,a,b,c,d都为常数，求通

c-an+a

项为。

分析设且-加#

/1(x)=+〃(c*0ad0),{4“}满足递推关系

ex+d

an+l=f(a“),且初始值刍*/(刍)。

<3.—p,<3—pa—DC

(1)若f有两相异不动点P，q.则3-----=k-——，其中A=———.即

a〃+i—。an-qa-qc

a—pa-pa、-p]n\

-——卜是以k为公比的等比数列，从而有—n——=」------4"T,由此解得

为一gJa”一qa、一q

(qq—pq)•k"八一(qp—pq)

”(<2(—p)•k"'—(q—q)

112c

⑵若f只有唯一不动点p,则--------=--------+A,其中A=---------，即

a〃+i—。an-Pa+d

111/,、，

-------卜是以k为公差的等差数列，从而有-------=--------+(〃-1U,由此解得

an-p\an-Pai-P

%—p

(〃刍-pk)n+l—k[+pk

类型九：已知“二总差’其中"°，a，'，c都为常数’求通项％。

n

ax2+b

分析该数列的递归函数为f(x)

2ax4-c

ap2+baQ'+b,所以

⑴若f有两相异不动点p,q,即夕

lap+c2aq+c

ap2+cp-b=0,aq2+cq-Z?=0,所以

12

a•an+b„a-5n+Z?-2apan-pc

纥+i-PP=

2a•an+c-------------------2a-an+c

a,a；-2apa+a。2方(司〃—p¥

2H・a+nc2an♦a+c

a(a—a.—p(a〃-PT

同理%+i—。=丁，------，两式相除得———令

2a•a+ca-qa-q)2

,a一p

b=」--则be=%*=/?；_]=...=b：=(:~勺，所以

an-?qq-Q

2

a\2"Tq(a-7y--p(a-q)'

a-P_(x-P)2,由此解得露二丁————/，、以。

a--qa,-<7(为一py一(4-qy

(2)若f有两相同的不动点p,易得夕=----+4ab=0,由

2a

入+£=?等+2令年=a.+5化简可得2加=%所以同是

以;为公比的等比数列，因此，b“=々g)"T=(a,+*)I；)”1，即

a+£=(d+£)d)i,即a=(a,+—)C-)^1»

"2a12a2"'2a22a

【例8】已知数列｛笆｝满足刍=1,a+1=2a,,+1(〃GN*)。

(1)求｛aj的通项公式；(2)证明：w<—H—^+■,,H----<—(/?e/V*)。

23殁4an+\2

讲解(1)递推数列约+]=24+1对应的特征函数为〃X)=2X+1，由

f(x)=X得不动点为-1,因此，a“+\+1=2(a〃+1),即｛a〃+1｝是以q+1=2为

首项，2为公比的等比数列。所以纥+1=2",即%=2"-1(/7GN*)。

A

ak_2^-12-11._,9

(3)由二一^^一;^7^‘万'

2

得，+=+•••"!-<三。另一方面，

a2a3an+l2

a.2A-11111111,

-----=--=--之一一一,—,k—1,2.

A+1k

ak+l2-1--2--2(2"i-1)---2--3.+2*-2-232

所以

a.a,a11.11111.1,n1

—4--+4-—n—>----(-+r+・・・+—x)=-----(1----)>----,

2

a2a3an+x232220232〃23

综上可得7；_—<—^+上+…H-----<—(neW*)。

23a2a3an+l2

“3a+2

【例9】在数列｛a〃｝中q=4,a=—一-。求通项a“。

a”+4

3x+2

讲解先求出函数f(x)=---------的两个不动点1与-2,代入

x+4

刍二二二4包二，其中4=得

a,一qa”［一qa-qc

,3-lxl2

-3+2x1—5

由此解得4=,+,

n5〃—'-2〃一2

r/+2/t、

【例10]已知刍=2,且包+]=得一(〃>1),求通项3。

La

讲解所给数列的递归函数为F(x)=~二,解方程F(x)=x得f的两个不动点

2x

为土血，由

%+亚产+也_⑸+扬2亚二三1一也(a〃—V2)-

、"〃+12a

n2atinn

a「也今

a7?+1+也(3〃+也¥

，两式相除，得」=・广二亚，则4+1=解得

a/?+1%+17

々=(当)"'所以纥=亚(2+收)2”'+(2-&)2"'

(2+72/--(2-V2)2°"°

3.1.4阶差法

当递推公式中既有S”又有%时，往往可用阶差法，其运用的公式为：

[45=1)

4=L一a"(nN2)

【例111已知数列｛aj的各项均为正数，且前n项和S.满足

5=|(an+1)(an+2),且a2,4,ag成等比数列，求数列｛练｝的通项公式。

讲解•.•对任意〃G/V*有S.=1(a〃+1)(a.+2),①

6

.・・当〃=1时，可==，(4+1)(a,+2),解得4=1或%=2；

当AN1时，有*_]="(a〃_]+1)(a〃T+2),②

由①-②整理得(a〃+a0_J(a“一an_1-3)=0。

••・｛aj各项均为正数，an-a—=3。

当=1时，an-1+3(〃-1)=3z?-2,此时，a；=a2aq成红。

2

当q=2时，an=2+3(〃-1)=3〃-1,此时，a4=丹为不成立，故当=2

舍去，所以，a“=3A-2。

评注求得4-a“_i=3后，可设a,,=q+(〃-1)x3,将其代入a：-a2a9得到

q=1。

【例12】设数列｛纥｝的前n项为S.,已知ban-2"=彷一1)5,

(1)证明：当6=2时，｛练一n-2”一｝是等比数列；

(2)求｛a.｝的通项公式。

讲解由题意，在ba.-2"=S—1)S„中，令n=1，得如-2=3-Da,,

q=2。由ban-2"=彷一1)5,得姐一-2〃T=(b-1电_0N2,nGN*),

两式相减得伙

an,-an,—i)—2"nT=(6-l)a,,

即a=ba,+2"T(AN2,n£N*)①

nl

(1)当6=2时，由①知，an=2an—\,+2-,于是

0-1n-2

a/)-n-2”T=2/ai—i,-(/?-1)-2=2[na—i,-(/7-1)-2](n>2,neN")

又a1一1•21-1=1H0,所以｛a.-n-2”］是首项为1,公比为2的等比数列。

(2)当6=2时，由(1)知，an-2a吁］=2"、即a“=(〃+1)2"、

当6H2时，由①知，a=ba।+,两边同时除以2"得支=勺♦刍彳+1，

""T2"22"T2

可设立+4=2(宅+外，②

2〃22"T

展开②得生=2.々+-2,与曳=勺.刍彳+1比较，得

2"22"T22"22"i2

8—2,1

22

.2a1b,a.1.

A------0——n+------•(—^―n-+-----),

b-22"b-222”Tb-2

alb1b—\

•-J-7+--是等比数列，公比为一，首项为1+-----=------。

2°b-2\2b-2b-2

+上=0.昌—葭=匕1.(2)〃T__J_,

2"b-2b-222"b-22b-2

...a=2g._J_］=%-2〃

nb-226-2b-2

3.1.5直接代换法

代换的主要目的是简化计算，巧妙代换可以使解题思路变得更顺畅。

【例13］已知数列｛aj,其中斗=1,4=2,当〃之3时，a”一2a0T+an_2=1,

求通项公式%。

讲解由-2a+an2=1得(a“一a,,_)-(a；1-a7/2)=1o

令%=a“一%,则上式为%-%2=1，因此也｝是一个等差数列，

t\=4—q=1,公差为1o故6〃=no

由于&+向+…+=4一q+q-a?+…+a〃一anX=a“一1。

n(n-1)叱hi1M-1)

又4+4+…+b_所以a-1=--------即

n12n2

n2-n+2

a------------

n2

q=l

【例14】数列卜/满足4=1八”,--------求｛a,J的通项

露+1=而(l+4a〃+J+24a.),(J

公式。

b2-1

讲解设々