数列解题方法高考真题 19页

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  • 2021-05-13 发布

数列解题方法高考真题

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一、通向的求法:‎ ‎1.定义法:①等差数列通项公式;②等比数列通项公式。‎ 例.等差数列是递增数列,前n项和为,且成等比数列,.求数列的通项公式.‎ 解:设数列公差为 ‎∵成等比数列,∴,‎ 即 ‎∵, ∴………………………………①‎ ‎∵ ∴…………②‎ 由①②得:,‎ ‎∴‎ ‎2.公式法:已知(即)求,用作差法:。‎ 例.已知数列的前项和满足.求数列的通项公式。‎ 解:由 当时,有 ‎……,‎ 经验证也满足上式,所以 ‎3.作商法:已知求,用作商法:。‎ 如数列中,对所有的都有,则______ ;‎ ‎4.累加法:‎ 若求:。‎ 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 ‎,‎ 例:已知数列,且a1=2,an+1=an+n,求an.‎ 解:‎ ‎∴,,,···,‎ 将以上各式相加得 又因为当n=1,成立,‎ ‎∴ ‎ ‎5.累乘法:已知求,用累乘法:。‎ 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,求通项an.‎ 解:∵‎ ‎∴,,… ,‎ 把以上各项式子相乘得 ‎∴‎ 又当n=1时,成立 ‎∴‎ ‎6.已知递推关系求,用构造法(构造等差、等比数列)。‎ ‎(1)形如只需构造数列,消去带来的差异.其中有多种不同形式 ①为常数,即递推公式为(其中p,q均为常数,)。‎ 解法: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.‎ ②为一次多项式,即递推公式为 例.设数列:,求.‎ 解:设,将代入递推式,得 ‎…(1)则,又,故代入(1)得 备注:本题也可由 ,()两式相减得转化为求之.‎ ③ 为的二次式,则可设;‎ ‎(2)递推公式为(其中p,q均为常数,)。 (或,其中p,q, r均为常数)‎ 解法:该类型复杂一些。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:再应用类型(1)的方法解决。‎ 例. 已知数列中,,,求。‎ 解:在两边乘以得:‎ 令,则,应用例7解法得:‎ 所以 ‎(3)递推公式为(其中p,q均为常数)。‎ 解法:先把原递推公式转化为其中s,t满足,再应用前面类型(2)的方法求解。‎ 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。‎ ‎7. 形如或的递推数列都可以用倒数法求通项。‎ 例:‎ 解:取倒数:‎ 是等差数列,‎ ‎8、型 该类型是等式两边取对数后转化为前边的类型,然后再用递推法或待定系法构造等比数列求出通项。‎ 两边取对数得 设 ‎∴原等式变为即变为基本型。‎ 例.已知,求其通项公式。‎ 解:由知且,‎ 将等式两边取对数得,‎ 即,‎ ‎∴为等比数列,其首项为,公比为2‎ ‎∴,‎ ‎∴。‎ 通项公式为 二、求和方法 ‎(一)、利用常用求和公式求和 ‎ 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. ‎ 1、 等差数列求和公式: ‎ ‎2、等比数列求和公式:‎ 3、 ‎ 4、‎ 5、 ‎[例1] 已知,求的前n项和.‎ 解:由 ‎ 由等比数列求和公式得 (利用常用公式)‎ ‎ ===1-‎ ‎ ‎ ‎[例2] 设Sn=1+2+3+…+n,n∈N*,求的最大值.‎ ‎ 解:由等差数列求和公式得 , (利用常用公式)‎ ‎ ∴ =‎ ‎ ==‎ ‎ ∴ 当 ,即n=8时,‎ ‎(二)、错位相减法求和 这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{an· bn}的前n项和,其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.‎ ‎[例3] 求和:………………………①‎ 解:由题可知,{}的通项是等差数列{2n-1}的通项与等比数列{}的通项之积 设………………………. ② (设制错位)‎ ‎①-②得 (错位相减)‎ 再利用等比数列的求和公式得:‎ ‎ ∴ ‎ ‎[例4] 求数列前n项的和.‎ 解:由题可知,{}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{}的通项之积 设…………………………………①‎ ‎………………………………② (设制错位)‎ ‎①-②得 (错位相减)‎ ‎ ‎ ‎ ∴ ‎ ‎(三)、倒序相加法求和 这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n个.‎ ‎[例5] 求证:‎ 证明: 设………………………….. ①‎ ‎ 把①式右边倒转过来得 ‎ (反序)‎ ‎ 又由可得 ‎ …………..…….. ②‎ ‎ ①+②得 ‎ ‎(反序相加)‎ ‎ ∴ ‎ ‎[例6] 求的值 解:设…………. ①‎ 将①式右边反序得 ‎ …………..② (反序) ‎ ‎ 又因为 ‎ ‎ ①+②得 (反序相加)‎ ‎=89 ‎ ‎∴ S=44.5‎ ‎(四)、分组法求和 有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.‎ ‎[例7] 求数列的前n项和:,…‎ 解:设 将其每一项拆开再重新组合得 ‎ (分组)‎ 当a=1时,= (分组求和)‎ 当时,=‎ ‎[例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.‎ 解:设 ‎ ∴ =‎ 将其每一项拆开再重新组合得 ‎ Sn= (分组)‎ ‎= ‎ ‎ = (分组求和)‎ ‎ =‎ ‎(五)、裂项法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解,然后重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的. 通项分解(裂项)如:‎ ‎(1) (2)‎ ‎(3) (4)‎ ‎(5)‎ ‎(6) ‎ ‎[例9] 求数列的前n项和.‎ 解:设 (裂项)‎ 则 (裂项求和)‎ ‎ =‎ ‎ =‎ ‎[例10] 在数列{an}中,,又,求数列{bn}的前n项的和.‎ 解:   ∵ ‎ ‎   ∴ (裂项)‎ ‎∴ 数列{bn}的前n项和 ‎ (裂项求和)‎ ‎ = = ‎ ‎[例11] 求证:‎ 解:设 ‎∵ (裂项)‎ ‎ ∴ (裂项求和)‎ ‎ =‎ ‎ ===‎ ‎ ∴ 原等式成立 ‎ ‎ ‎(六)、合并法求和 针对一些特殊的数列,将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质,因此,在求数列的和时,可将这些项放在一起先求和,然后再求Sn.‎ ‎[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.‎ 解:设Sn= cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°‎ ‎∵ (找特殊性质项)‎ ‎∴Sn= (cos1°+ cos179°)+( cos2°+ cos178°)+ (cos3°+ cos177°)+···‎ ‎+(cos89°+ cos91°)+ cos90° (合并求和)‎ ‎ = 0‎ ‎[例13] 数列{an}:,求S2002.‎ 解:设S2002=‎ 由可得 ‎……‎ ‎∵ (找特殊性质项)‎ ‎∴ S2002= (合并求和)‎ ‎ =‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=5‎ ‎[例14] 在各项均为正数的等比数列中,若的值.‎ 解:设 由等比数列的性质 (找特殊性质项)‎ 和对数的运算性质 得 ‎ (合并求和)‎ ‎ =‎ ‎ =‎ ‎ =10‎ ‎(七)、利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析,找出数列的通项及其特征,然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和,是一个重要的方法.‎ ‎[例15] 求之和.‎ 解:由于 (找通项及特征)‎ ‎∴ ‎ ‎= (分组求和)‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎[例16] 已知数列{an}:的值.‎ 解:∵ (找通项及特征)‎ ‎ = (设制分组)‎ ‎ = (裂项)‎ ‎∴ (分组、裂项求和)‎ ‎ =‎ ‎ =‎ 三、常考题型 题型一 等差数列、等比数列的综合问题 例1 设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项;‎ ‎(2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解 (1)由已知得解得a2=2.‎ 设数列{an}的公比为q,由a2=2,可得a1=,a3=2q,‎ 又S3=7,可知+2+2q=7,即2q2-5q+2=0.‎ 解得q1=2,q2=.‎ ‎∵q>1,∴q=2,∴a1=1.‎ 故数列{an}的通项为an=2n-1.‎ ‎(2)由于bn=ln a3n+1,n=1,2,…,‎ 由(1)得a3n+1=23n,‎ ‎∴bn=ln 23n=3nln 2.‎ 又bn+1-bn=3ln 2,∴{bn}是等差数列,‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn= ‎=·ln 2.‎ 故Tn=ln 2.‎ 思维升华 (1)正确区分等差数列和等比数列,其中公比等于1的等比数列也是等差数列.‎ ‎(2)等差数列和等比数列可以相互转化,若数列{bn}是一个公差为d的等差数列,则{abn}(a>0,a≠1)就是一个等比数列,其公比q=ad;反之,若数列{bn}是一个公比为q(q>0)的正项等比数列,则{logabn}(a>0,a≠1)就是一个等差数列,其公差d=logaq.‎ ‎ 已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>0,且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{cn}对n∈N*均有++…+=an+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 013.‎ 解 (1)由已知有a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,‎ ‎∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2 (因为d>0). ‎ ‎∴an=1+(n-1)·2=2n-1.‎ 又b2=a2=3,b3=a5=9,∴数列{bn}的公比为3,‎ ‎∴bn=3·3n-2=3n-1.‎ ‎(2)由++…+=an+1,得 当n≥2时,++…+=an.‎ 两式相减得,=an+1-an=2. ‎ ‎∴cn=2bn=2·3n-1 (n≥2).‎ 又当n=1时,=a2,∴c1=3.‎ ‎∴cn= ‎∴c1+c2+c3+…+c2 013‎ ‎=3+=3+(-3+32 013)=32 013.‎ 题型二 数列的通项与求和 例2 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=,an+1=an.‎ ‎(1)证明:数列{}是等比数列;‎ ‎(2)求通项an与前n项的和Sn.‎ ‎(1)证明 因为a1=,an+1=an,‎ 当n∈N*时,≠0.‎ 又=,∶=(n∈N*)为常数,‎ 所以{}是以为首项,为公比的等比数列.‎ ‎(2)解 由{}是以为首项,为公比的等比数列,‎ 得=×()n-1,‎ 所以an=n×()n.‎ ‎∴Sn=1·()+2·()2+3·()3+…+n·()n,‎ Sn=1·()2+2·()3+…+(n-1)()n+n·()n+1,‎ ‎∴Sn=()+()2+()3+…+()n-n·()n+1‎ ‎=-n·()n+1,‎ ‎∴Sn=2-()n-1-n·()n ‎=2-(n+2)·()n.‎ 综上,an=n·()n,Sn=2-(n+2)·()n.‎ 思维升华 (1)一般数列的通项往往要构造数列,此时要从证的结论出发,这是很重要的解题信息.‎ ‎(2)‎ 根据数列的特点选择合适的求和方法,本题选用的错位相减法,常用的还有分组求和,裂项求和.‎ ‎ 已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且Sn=,n∈N*.‎ ‎(1)求证:数列{an}是等差数列;‎ ‎(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.‎ ‎(1)证明 ∵Sn=,n∈N*,‎ ‎∴当n=1时,a1=S1= (an>0),∴a1=1.‎ 当n≥2时,由 得2an=a+an-a-an-1.‎ 即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,‎ ‎∵an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2).‎ ‎∴数列{an}是以1为首项,以1为公差的等差数列.‎ ‎(2)解 由(1)可得an=n,Sn=,‎ bn===-.‎ ‎∴Tn=b1+b2+b3+…+bn ‎=1-+-+…+- ‎=1-=.‎ 题型三 数列与不等式的综合问题 例3 (2013·广东)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.‎ ‎(1)求a2的值;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.‎ ‎(1)解 2S1=a2--1-,又S1=a1=1,‎ 所以a2=4.‎ ‎(2)解 当n≥2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,‎ ‎2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),‎ 两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,‎ 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),‎ 即-=1,又-=1,‎ 故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,‎ 所以=1+(n-1)×1=n,所以an=n2,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=n2,n∈N*.‎ ‎(3)证明 当n=1时,=1<;‎ 当n=2时,+=1+=<;‎ 当n≥3时,=<=-,‎ 此时+++…+=1++++…+<1++++…+ ‎=1++++…+ ‎=+-=-<,‎ 所以对一切正整数n,有++…+<.‎ 思维升华 (1)以数列为背景的不等式恒成立问题,多与数列求和相联系,最后利用函数的单调性求解.‎ ‎(2)以数列为背景的不等式证明问题,多与数列求和有关,有时利用放缩法证明.‎ ‎ 已知等差数列{an}中,a2=6,a3+a6=27.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记数列{an}的前n项和为Sn,且Tn=,若对于一切正整数n,总有Tn≤m成立,求实数m的取值范围.‎ 解 (1)设公差为d,由题意得:‎ 解得∴an=3n.‎ ‎(2)∵Sn=3(1+2+3+…+n)=n(n+1),‎ ‎∴Tn=,‎ ‎∴Tn+1-Tn=- ‎=,‎ ‎∴当n≥3时,Tn>Tn+1,且T1=1a1,则G(A)≠空集 ;‎ ‎(I I I)证明:若数列A满足an-an-1 ≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN –a1。‎ ‎5、(山东卷)‎