数列知识

数列知识（精选12篇）

数列知识 篇1

数列是高中数学的重要内容, 在高考中占有重要地位。只有有效地运用数学思想方法去分析数列问题、解决数列问题, 才能够强化学生的解题意识, 让学生掌握数列知识。

一、方程思想

方程是已知量与未知量构成的条件等式, 是通过分析已知量与未知量之间的内在联系, 寻求它们之间的相等关系, 方程是已知量与未知量构成的矛盾统一体, 是从已知探求未知的桥梁。

例1在等比数列{αn}中, , , 求αn。

分析:本题可以结合等比数列的求和公式来列方程组进行求解。

点评:等比 (或等差) 数列{αn}的通项公式、前n项和公式集中了等比 (或等差) 数列的五个基本元素α1、q (或d) 、n、αn、Sn。“知三求二”是等比 (或等差) 数列中最基本的题型。因此, 我们常依据等比 (或等差) 数列的这一内在关系列出方程 (组) , 通过解方程 (组) 的方法解决问题。

二、函数思想

数列中数的有序性是数列定义的灵魂, 要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同, 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性, 又要注意数列方法的特殊性。

例2已知则数列{αn}的前30项中的最大项和最小项分别是________________

分析:数列可以看作是定义在正整数集 (或其有限子集) 上的函数, 本题可以运用分离变量法整理an, 将问题转化为关于自变量n的函数, 利用函数的单调性使问题迎刃而解。

∵数列中的项是函数上的一个个孤立点的纵坐x-姨99标, 而f (x) 的图象如图所示, 因此上是减函数, 在 (-∞, ) 上也是减函数, 从而可知当n=9时αn最小, n=10时αn最大。

∴最大项和最小项分别为α10, α9。

点评:在解决数列问题时, 可以把数列看作特殊的函数, 然后把函数的性质融于函数图象中, 将“数”与“形”结合起来分析、研究, 使复杂抽象的数量关系通过几何图形直观地表现出来, 就能避免繁杂的运算过程。本题以函数思想为指导, 以数列知识为工具, 考查了数列的最大项、最小项问题。

三、分类讨论思想

分类讨论思想就是在研究与解决数学问题时, 如果问题不能以同一种方法处理或同一种形式表述、概括, 可根据数学对象的本质属性的相同和不同点, 按照一定的原则或某一确定的标准, 将数学对象划分为若干既有联系又有区别的部分逐类进行讨论, 从而得出问题的答案。在数列中需要进行的分类讨论主要有以下三个方面: (1) 涉及等比数列的前n项和公式时注意对公比的讨论; (2) 求前n项和公式时, 要注意对n的奇、偶数的讨论; (2) 对数列中涉及绝对值时或其它参数时, 要注意讨论等。

例3 (2006年安徽卷) 在等差数列{αn}中, α1=1, 前n项和Sn满足条件, n=1, 2, …。 (Ⅰ) 求数列{an}的通项公式; (Ⅱ) 记bn=αnpαn (p>0) , 求数列{bn}的前n项和Tn。

解: (Ⅰ) 设等差数列{αn}的公差为d, 由得:, 所以α2=2, 即d=α2-α1=1,

点评:本题第 (Ⅱ) 问在解答中由于等比数列的公比是字母p, 因此求和时必须对p分等于1和不等于1进行讨论。

例4求数列1, 3α, 5α2, …, (2n-1) αn-1, … (α≠0) 的前n项之和。

分析:这里需要注意α是否等于1, 要分两种情况来讨论。

解:数列1, 3α, 5α2, …, (2n-1) αn-1, …的通项为αn= (2n-1) αn-1, 其中数列{2n-1}是等差数列, 数列{αn-1}是等比数列。

点评:分类是按一定的标准把所要研究的对象分成若干种情况, 把一个复杂的问题分解成若干个相对简单的问题, 最终使整个问题得以解决。如等比数列的前n项和公式就是对公比q按q=1和q≠1分类讨论获得的。

四、整体代换的思想

整体代换是一种常用的数学方法, 利用整体代换法可以简化运算, 避开不必要的未知量求解。

例5已知数列{αn}、{bn}都是公差为1的等差数列, 其首项分别为α1, b1, 且α1+b1=5, α1, b1∈N*。设cn=αbn (n∈N*) , 则数列{cn}的前1 0项和等于 ( )

∴数列{cn}的前1 0项和S10= (1+3) + (2+3) +…+ (1 0+3) =85。

故答案选 (C) 。

点评:在本例中, 利用已知的α1+b1=5, 就可以避免求α1和b1, 大大简化了运算。同时也开阔了学生的视野, 考查了考生灵活运用所学知识解决问题的能力。

五、递推思想

递推思想是解决数列问题的一种典型的数学思想, 对于具有递推关系的数列问题, 常常需要通过转化为常见的等差、等比数列, 再利用等差、等比数列的相关公式或性质进行解答。

例6 (2007年全国Ⅰ理科) 已知数列{αn}中, α1=2, , n=1, 2, 3, …。

(Ⅰ) 求{αn}的通项公式;

(Ⅱ) 用数学归纳法证明, 略。

点评:解答本题的关键就是将题设条件中的递推公式转化为等比数列, 转化的方法比较多, 常用的有待定系数法、加减法等。

数列知识 篇2

数学数列知识点1

等差数列

1.等差数列通项公式

an=a1+(n-1)d

n=1时a1=S1

n≥2时an=Sn-Sn-1

an=kn+b(k,b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b

2.等差中项

由三个数a，A，b组成的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。

有关系：A=(a+b)÷2

3.前n项和

倒序相加法推导前n项和公式：

Sn=a1+a2+a3+·····+an

=a1+(a1+d)+(a1+2d)+······+[a1+(n-1)d]①

Sn=an+an-1+an-2+······+a1

=an+(an-d)+(an-2d)+······+[an-(n-1)d]②

由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+······+(a1+an)(n个)=n(a1+an)

∴Sn=n(a1+an)÷2

等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：

Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2

Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)

亦可得

a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷n

an=2sn÷n-a1

有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+1

4.等差数列性质

一、任意两项am，an的关系为：

an=am+(n-m)d

它可以看作等差数列广义的通项公式。

二、从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：

a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1，k∈N--

三、若m，n，p，q∈N--，且m+n=p+q，则有am+an=ap+aq

四、对任意的k∈N--，有

Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…，Snk-S(n-1)k…成等差数列。

数学数列知识点2

等比数列

1.等比中项

如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项。

有关系：

注：两个非零同号的实数的等比中项有两个，它们互为相反数，所以G2=ab是a,G,b三数成等比数列的必要不充分条件。

2.等比数列通项公式

an=a1--q’(n-1)(其中首项是a1，公比是q)

an=Sn-S(n-1)(n≥2)

前n项和

当q≠1时，等比数列的前n项和的公式为

Sn=a1(1-q’n)/(1-q)=(a1-a1--q’n)/(1-q)(q≠1)

当q=1时，等比数列的前n项和的公式为

Sn=na1

3.等比数列前n项和与通项的关系

an=a1=s1(n=1)

an=sn-s(n-1)(n≥2)

4.等比数列性质

(1)若m、n、p、q∈N--，且m+n=p+q，则am·an=ap·aq;

(2)在等比数列中，依次每k项之和仍成等比数列。

(3)从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1，k∈{1,2,…，n}

(4)等比中项：q、r、p成等比数列，则aq·ap=ar2，ar则为ap，aq等比中项。

记πn=a1·a2…an，则有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1

另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底指数幂后构成一个等差数列;反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂Can，则是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。

(5)等比数列前n项之和Sn=a1(1-q’n)/(1-q)

(6)任意两项am，an的关系为an=am·q’(n-m)

(7)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零。

数学数列知识点3

数列的相关概念

1.数列概念

①数列是一种特殊的函数。其特殊性主要表现在其定义域和值域上。数列可以看作一个定义域为正整数集N--或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。

②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。图像法;c.解析法。其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。

③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。

构造“另类数列”求数列通项公式 篇3

一、基本题型

例1 已知数列{an}中,a1=2,n≥2时,an=3an-1+2,求an

分析:数列{an}不是等差数列或等比数列,但递推式an=3an-1+2可变形为an+1=3(an-1+1),则构造了一个另类数列{an+1}为等比数列,可先行解决an+1的通项,再求an.

解 设n≥2时,an=3an-1+2可化为an+λ=3(an-1+λ),即an=3an-1+2λ,

由2λ=2,∴λ=1.即an=3an-1+2可化为an+1=3(an-1+1).

∴{an+1}为首项为a1+1=3,公比为3的等比数列,∴an+1=3•3n-1=3n,∴an=3n-1

当n=1时也适合,∴an=3n-1.

说明 一般地,若递推式为an=pan-1+q(p≠1,q≠0),则可构造另类等比数列{an+λ},其中λ=qp-1,先行解决an+λ,再求an.

例2 数列{an}中,各项均不为零.a1=2,an+3anan-1-an-1=0(n≥2),求an.

分析 {an}不是等差或等比数列,由递推式形状,考虑同除以anan-1,化为1an=1an-1+3,则构造了一个另类等差数列{1an},先求出1an,再求an.

解 (略)

说明:一般的,若数列递推式是an+panan-1-an-1=0或an=an-1pan-1+1(p为常数),则可构造另类等差数列{1an},先解决1an,再求an.

所以,若一个数列不是等差或等比数列,可将递推式变形,构造形如{an+λ}、1an、{a2n}、{an}等的等差数列或等比数列,先解决此类式子,再求出an的通项表达式.

例3 正项数列{an}中,sn为其前n项的和.an2-2ansn+1=0,求an

分析 原式是sn与an的混合式子,须用an=sn-sn-1化为只含有an或sn的递推式再加以解决.

解 n≥2时an=sn-sn-1

∴原式可化为(sn-sn-1)2-2(sn-sn-1)sn+1=0即sn2-sn-12=1

又n=1时a1=s1,∴a12-2a12+1=0,∴a1=s1=1,∴{sn2}是一个首项为s12=1,公差为1的等差数列.

∴sn2=n即sn=n.

又n≥2时,an=sn-sn-1=n-n-1,也适合n=1.

∴an=n-n-1.

说明 一般地,若递推式是含有an与sn的混合式子,则先利用an=sn-sn-1把原式化为只含有an或sn的递推式子,再构造另类数列解题.

二、推广

例4 已知数列{an}中,a1=2,an+1=4an+2n+1,求an.

解 (法1)an+1=4an+2n+1可化为an+1+2n+1=4(an+2n)

则{an+2n}为首项是a1+2=4,公比为4的等比数列,

∴an+2n=4•4n-1=4n即an=4n-2n.

解 (法2)an+1=4an+2n+1两边同除以2n+1得an+12n+1=2•an2n+1,

化为an+12n+1+1=2•(an2n+1)∴an2n+1为首项为a12+1=2,公比为2的等比数列,

∴an2n+1=2•2n-1=2n即an=4n-2n.

说明 若递推式中还含有含n的代数式的时候,可考虑构造另类数列{an•f(n)+g(n)}为等差或等比数列来解决.

例5 已知数列{an}中满足a1=32,且an=3nan-12an-1+n-1(n≥2,n∈N*),求数列{an}的通项公式.

解an=3nan-12an-1+n-1变形为1-nan=13(1-n-1an-1),

∴1-nan为首项为1-1a1=13,公比为13的等比数列,

∴1-nan=13n即an=n•3n3n-1.

总之,在解决由递推式求数列通项公式的问题时,若数列不是等差或等比数列,可将递推式适当变形,构造另类数列,使之成为等差或等比数列,先解决另类数列的通项,再进一步求出{an}的通项.

函数知识在数列中的应用 篇4

1. 一次函数的性质在数列中的应用

在“等差数列的通项公式”的教学中, 教师主要是引导学生用常规的方法 (通项公式法) 求一些与数列有关的量.此外, 由于等差数列{an}的通项公式为n=a1+ (n-1) d (n∈R) , an可以看作n的一次函数, 它的图象是一次函数图象上的离散点, 所有表示 (n, an) 的点都在同一条直线上.

例1 (1) 求等差数列8, 5, 2……的第20项;

(2) -401是不是等差数列-9, -5, -1……的项?如果是, 是第几项?

解: (1) 因为 (1, 8) 、 (2, 5) 、 (20, a20) 是同一条直线上的点, 所以, 解得a20=-49.

(2) 略.

小结:以上问题的常规解法是通过解方程组求出特征参数, 之后再代入公式求解, 计算较为繁杂这里我们从函数的角度观察这些问题, 得出了新的解法, 这些解法新颖、简单, 学生很容易接受, 同时还揭示了等差、等比数列特性的另一面.

2. 二次函数的性质在数列中的应用

等差数列{an}的前n项和是首项, d是公差) .当公差d≠0时, Sn=An2+Bn, 可以看成是关于n的一元二次函数, 其图象是过点 (0, 0) 且对称轴在S轴右侧的抛物线, 开口方向取决于d的符号.而点 (1, S1) 、 (2, S2) 、 (3, S3) …… (n, Sn) 是其图象上的一些孤立点.利用一元二次函数图象及其性质解决一些与等差数列前n项和相关的问题可以大大简化计算过程.

例2在等差数列{an}中, 已知a1=25, S17=S9, 求n为第几项时Sn取得最大值.

分析:根据已知条件可得d<0, 再由二次函数图象的性质可知Sn的图象开口向下, 又S17=S9, 故关于n的二次函数的对称轴是n=13, 所以当n=13时, Sn最大.

3.导数在数列中的应用

导数, 作为高中数学的新增内容之一, 为解题教学和教学研究注入了新的活力, 更是解决函数单调性问题的有力工具.由于数列可看作是特殊的函数, 所以对形式为某一函数的导数的数列, 可以通过构造该导数的原函数, 然后用导数法求解问题.

例3已知函数f (x) =x2+x-1, α, β是方程f (x) 的两个根 (α>β) , f′ (x) 是f (x) 的导数, 设

(1) 求α, β的值;

高二数学等差数列知识点 篇5

an=a1+(n-1)d (1)

前n项和公式为：

Sn=na1+n(n-1)d/2或Sn=n(a1+an)/2(2)

从(1)式可以看出,an是n的一次数函(d≠0)或常数函数(d=0),(n,an)排在一条直线上,由(2)式知,Sn是n的二次函数(d≠0)或一次函数(d=0,a1≠0),且常数项为0.

在等差数列中,等差中项：一般设为Ar,Am+An=2Ar,所以Ar为Am,An的等差中项.

且任意两项am,an的关系为：

an=am+(n-m)d

它可以看作等差数列广义的通项公式.

从等差数列的定义、通项公式,前n项和公式还可推出：

a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=ak+an-k+1,k∈{1,2,…,n}

若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则有

am+an=ap+aq

Sm-1=(2n-1)an,S2n+1=(2n+1)an+1

Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…,Snk-S(n-1)k…或等差数列,等等.

和=(首项+末项)*项数÷2

项数=(末项-首项)÷公差+1

首项=2和÷项数-末项

末项=2和÷项数-首项

项数=(末项-首项)/公差+1

如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数,这个数列就叫做等比数列(geometric progression).这个常数叫做等比数列的公比(common ratio),公比通常用字母q表示(q≠0).注：q=1时,an为常数列. (1)等比数列的通项公式是：An=A1*q^(n-1)

等比数列通式

若通项公式变形为an=a1/q*q^n(n∈N*),当q>0时,则可把an看作自变量n的函数,点(n,an)是曲线y=a1/q*q^x上的一群孤立的点.

(2)求和公式：Sn=nA1(q=1) Sn=A1(1-q^n)/(1-q) =(a1-a1q^n)/(1-q) =(a1-an*q)/(1-q) =a1/(1-q)-a1/(1-q)*q^n ( 即A-Aq^n)

等比数列求和公式

(前提：q≠ 1) 任意两项am,an的关系为an=am·q^(n-m);在运用等比数列的前n相和时,一定要注意讨论公比q是否为1.

(3)从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1,k∈{1,2,…,n}

(4)等比中项：aq·ap=ar^2,ar则为ap,aq等比中项.

记πn=a1·a2…an,则有π2n-1=(an)2n-1,π2n+1=(an+1)2n+1

另外,一个各项均为正数的等比数列各项取同底数后构成一个等差数列;反之,以任一个正数C为底,用一个等差数列的各项做指数构造幂Can,则是等比数列.在这个意义下,我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的. 等比中项定义：从第二项起,每一项(有穷数列和末项除外)都是它的前一项与后一项的等比中 项.

等比中项公式：An/An-1=An+1/An或者(An-1)(An+1)=An^2

(5)无穷递缩等比数列各项和公式：无穷递缩等比数列各项和公式：公比的绝对值小于1的无穷等比数列,当n无限增大时的极限叫做这个无穷等比数列各项的和.

(6)由等比数列组成的新的等比数列的公比： {an}是公比为q的等比数列 1.若A=a1+a2+……+an B=an+1+……+a2n C=a2n+1+……a3n 则,A、B、C构成新的等比数列,公比Q=q^n

2.若A=a1+a4+a7+……+a3n-2 B=a2+a5+a8+……+a3n-1 C=a3+a6+a9+……+a3n 则,A、B、C构成新的等比数列,公比Q=q编辑本段性质

(1)若 m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am*an=ap*aq;

(2)在等比数列中,依次每 k项之和仍成等比数列.

(3)“G是a、b的等比中项”“G^2=ab(G≠0)”.

(4)若{an}是等比数列,公比为q1,{bn}也是等比数列,公比是q2,则 {a2n},{a3n}…是等比数列,公比为q1^2,q1^3… {can},c是常数,{an*bn},{an/bn}是等比数列,公比为q1,q1q2,q1/q2.

(5)等比数列中,连续的,等长的,间隔相等的片段和为等比.

(6)若(an)为等比数列且各项为正,公比为q,则(log以a为底an的对数)成等差,公差为log以a为底q的对数.

(7) 等比数列前n项之和Sn=A1(1-q^n)/(1-q)=A1(q^n-1)/(q-1)=(A1q^n)/(q-1)-A1/(q-1)

(8) 数列{An}是等比数列,An=pn+q,则An+K=pn+K也是等比数列, 在等比数列中,首项A1与公比q都不为零. 注意：上述公式中A^n表示A的n次方.

(9)由于首项为a1,公比为q的等比数列的通向公式可以写成an*q/a1=q^n,它的指数函数y=a^x有着密切的联系,从而可以利用指数函数的性质来研究等比数列.编辑本段求通项公式的方法

数列知识 篇6

关键词：等比数列；通项公式；前 项和公式；广义公式

中图分类号：G642 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）12-020-01

例题：设等比数列 的公比 ，前 项和为 ，则为多少？

分析：题中要求的是 的“值”，在已知条件中， 是“唯一”的一个已知量，由此判定要求的 肯定和q有关系，因此需建立一个 与 的关系，由于数列 是等比数列，容易联想到等比数列前 项和公式：

以及通项公式：.

除以 ，发现 可以转化为只与 有关的表达式，即

此外， ， .

从而 ，进而由 易知 .

解：法一： 设等比数列 的首项为 ,

，

又 .

法二：设等比数列 的首项为

因，

所以， 将 代入，即得

总结：方法一从等比数列通项公式和前n项和公式出发，分别表示的分母和分子，拆解表达式，进而找到 与已知量q之间的关系式；法二从 出发，用 表达 .主要运用避重就轻、化繁为简的思想。

思考：在例题条件下， ？

显然， 是可以用以上两方法进行求解。这是因为 与 均可由 与 表示为 （ 表示 的函数）.解答等比数列问题，常常需要对通项公式和前n项和公式进行变形，下面从例题的角度推导出等比数列的广义公式.

等比数列通项公式： .

（因 时，等比数列为常数列，故以下讨论中不考虑此情况.）

由（1）有， ，两式作商化简：

等比数列前 项和公式:

(2)式中令 代入（3）式，化简：

在例题条件下，由公式（4）得：

，即 .

综上所述，等比数列通项公式、前 项和公式的广义公式分别如下：

数列知识 篇7

1 数列与向量交汇的综合题

例1在直角坐标平面中, 已知点P1 (1, 2) , P2 (2, 22) , P3 (3, 23) , …, Pn (n, 2n) , 其中n是正整数, 对平面上任一点A0, 记A1为A0关于点P1的对称点, A2为A1关于点P2的对称点, ……, An为An-1关于点Pn的对称点.

(Ⅱ) 对任意偶数n, 用n表示向量A0→A2的坐标.

解 (Ⅰ) 设An (xn, yn) .因为An与An-1关于点Pn (n, 2n) 对称, 所以

评注本题中充分体现了向量的坐标运算在解题中的运用, 学生在解题过程中, 既要对向量的合成有形的要求, 又要对向量的合成有数的感受———坐标运算, 只有充分理解的向量的加法与减法, 才能对向量数与形的结合有一种统一性认识.

2 数列与不等式结合

例2如图1, P1 (x1, y1) , P2 (x2, y2) , …, Pn (xn, yn) , (0

(Ⅰ) 写出a1, a2, a3;

(Ⅱ) 求出点An (an, 0) (n∈N*) 的横坐标an关于n的表达式;

(Ⅱ) 依题意An (an, 0) , An-1 (an-1, 0) , 则

所以数列{an+1-an}是以a2-a1=4为首项, 公差为2的等差数列,

an+1-an=2 (n+1) (n∈N*) .

所以

所以

当n∈N*时, 上式恒为负值, 所以bn+1

评注综合上述问题, 不难发现, 对于第2问中的问题, 我们也可以利用第1小问的解题思路, 来作出不完全归纳的假设, 再对所作出的假设性结论用完全归纳法来予以证明, 而第3问中最值得关注的地方, 就是利用数列的单调性来求出最值, 从而使看似复杂的不等式恒成立问题迎刃而解.

3 数列与分段函数的结合

(Ⅰ) 求数列{yn}的通项公式, 并证明{yn}是等差数列.

(Ⅱ) 证明xn+2-xn为常数, 并求出数列{xn}的通项公式.

(Ⅲ) 在上述等腰三角形AnBnAn+1中, 是否存在直角三角形?若有, 求出此时a值;若不存在, 请说明理由.

(Ⅱ) 因为△AnBnAn+1与△An+1Bn+1An+2为等腰三角形.所以

两式相减得xn+2-xn=2.

所以x1, x3, x5, …, x2n-1及x2, x4, x6, …, x2n都是公差为2的等差数列, 所以

(Ⅲ) 要使AnBnAn+1为直角三形, 则

当n为奇数时,

所以

当n为偶数时,

所以

评注本题的难点是通过xn+2-xn=2判断出数列{x2k}与{x2k-1}都是公差为2的等差数列, 得出通项是关于n为奇数与偶数为自变量的分段函数, 从而为后续问题埋下了分类讨论的伏笔, 此题虽然较难, 但是在解题时理解了这一点, 学生在解答过程中就觉得轻松不少.

数列知识 篇8

1.数列与函数的综合考查

数列部分作为高考数学试题考查的重点内容, 其与函数的结合在近年来日益成为命题的热点。数列从本质上来讲, 也是函数的一种表现形式, 作为一种自变量是正整数的函数呈现。对于数列这种特殊的函数涉及的问题的解答方式, 需要同学们采用函数的思想去分析, 对函数在该问题中的作用以及巧妙运用函数思维来解答是学生应当重点考虑的内容。数列与函数的知识点相结合来考查的例子很多, 较为典型的一种如下例1所示:

评析:这道题在结构的设计上较为灵活巧妙, 以对数函数切入, 结合数列与函数的相关内容, 系统考查学生的逻辑分析能力的同时, 强调在解答数列问题的基础上对方程与函数的综合运用。

2.数列与不等式的结合运用

数列与不等式相结合在近几年的高考数学中也是较为普遍的考查方式。基于一般数列的知识点, 与不等式相融合, 来强化学生的推理能力, 在题型的设计方面较函数类更加灵活, 进一步考查学生在数列问题解答方面的综合应用意识。较为常见的考查方式如下例2所示:

评析:这道题对于基本数列问题与不等式的结合来设计的考查内容, 是立足于等差数列和等比数列的基础知识, 加入不等式的相关思想, 考查学生对基础内容的理解和具体应用。

3.数列与解析几何的综合应用

数列与解析几何相关知识的糅合是近几年高考数学解答题或压轴题中较为常见的题型之一, 从题型设计来看, 对学生数学思想的应用的考查更为深刻。本文中给出了一个较为适用的题例如下所示:

评析:这道题的设计中涉及较为繁复的知识点, 在具体的解答过程中, 学生应当充分运用数学思想来对待, 首先将其作为一个数列的基本问题, 将可变列的几何属性与相对应的数列本身的性质相结合, 然后通过适当的变形和转化, 把问题转化成为数列或解析几何的问题, 最后便可以根据已知条件进行进一步的求解。

综上所述, 数列在高考数学试题考查中的应用十分广泛, 本文只是选择较为常见的三种数列与函数、不等式和解析几何的综合运用, 熟练掌握数列问题的基本知识, 学会运用数学思想来思考问题, 对深入把握解答技巧的精髓十分重要。

摘要：在高考数学中, 数列是必考的重要知识点之一, 并常以解答题的形式出现。基于数列本身丰富的知识结构, 易与其他知识点达成有效的结合来提问。在具体的应用中, 较为常见的有数列与函数、不等式及解析几何的结合, 本文就相关方面的具体例题进行系统解析, 以发掘并总结个中的规律, 为实际的备考提供借鉴。

关键词：高考数学,数列,试题分析

参考文献

[1]钱继兵.例谈数列与其他知识的常见结合形式[J].数学学习与研究, 2013 (23) .

数列知识 篇9

一、均值定理求数列中项的最值

例1 (2013届闵行区二模) 公差为d, 各项均为正整数的等差数列{an}中, 若a1=1, an=73, 则n+d的最小值等于 (%%) .

点评:利用式子特征构造均值定理应用环境, 适用于所求式子为齐次分式, 或分子分母一、二次能分离的, 可以构造均值定理的数列求最值问题.

二、函数性质法求解数列最值

例2 (2013江苏理14题) 在正项等比数列{an}中, a5=1/2, a6+a7=3, 则满足a1+a2+L+an>a1a2Lan的最大正整数n的值为___.

点评:数列是特殊的函数, 若其通项或前n项和有明确的函数解析式时, 一般考虑用函数的单调性质求取最值, 但要注意自变量n的取值范围.一般情况下用作差或作商来证明单调性求解, 有时也用导数来证明.本题易忽视公比的取值范围而致错, 对指数幂的运算性质不熟也会导致错误.

三、导数法在数列求最值当中的应用

例3[2013新课标Ⅱ卷 (理) ]等差数列{an}的前n项和为Sn, 已知S10=0, S15=25, 则n Sn的最小值为___.

点评:导数法求数列最值, 一般用于所求解析式是高次, 或作商和作差不好判断单调性的题型, 是利用函数性质求数列最值的一种特况, 作为研究数列和函数的桥梁, 使问题解决便捷.

【变式3】 (2013年浙江省高中数学竞赛试题解答) 数列, 则数列中最大项的值为 (%) .

四、数列特性法求解最值

例4% (2011北约13校自主选拔) 在等差数列{an}中, a3=-13, a7=3, 数列{an}的前n项和为Sn, 求数列{Sn}的最小项, 并指出其值为何.

解:因为a3=-13, a7=3, 所以d=4, 所以an=4n-25,

点评:等差数列求解最值问题, 一般利用等差数列的特性、单调性或其前n项和的二次函数性质求解最方便.

数列知识 篇10

类比是根据两个或两类对象的某些属性相同或相似之处, 推出它们的其它属性也相同或相似的思维方式, 类比联想可以发现新的结论、新的规律, 可以找到解决数学问题的有效方法和途径;类比问题已成为近几年高考命题的新热点和新亮点.此类题型不仅可以考查学生的思维能力、分析问题和解决问题的能力及运算能力.同时, 无论是发展学生的创造性思维还是进入高校继续学习和持续发展, 都具有非常重要的意义.

从表1可以看出, 由等差到等比是运算升级的过程——和↔积, 差↔商, 系数↔指数, 0↔1.

例1 在等差数列{an}中, 前n项和$S{}_n=\frac{n(a{}_1+a{}_n)}{2}=na{}_1+\frac{n(n-1)}{2}d$.类比上述性质, 相应地在等比数列{bn}中, 有如下结论__.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.在等比数列{bn}中, 前n项积为Tn, 则有如下结论:

${\rm T}{}_n=b{}_1\cdot b{}_2\cdots b{}_n=(b{}_1\cdot b{}_n){}^{\frac{n}{2}}=b{}_1^n\cdot q{}^{\frac{n(n-1)}{2}}$.事实上:${\rm T}{}_n=b{}_1\cdot b{}_2\cdots b{}_n=b{}_1\cdot b{}_{1}q\cdot b{}_{1}q{}^2\cdots b{}_{1}q{}^{n-1}=b{}_1^{n}q{}^{1+2+\cdots +(n-1)}=b{}_1^n\cdot q{}^{\frac{n(n-1)}{2}}=b{}_1^{\frac{n}{2}}(b{}_1\cdot q{}^{n-1}){}^{\frac{n}{2}}=(b{}_1\cdot b{}_n){}^{\frac{n}{2}}=b{}_1^n\cdot q{}^{\frac{n(n-1)}{2}}.$

例2 若{an}是等差数列, 则$b{}_n=\frac{a{}_1+a{}_2+\cdots +a{}_n}{n}$也是等差数列, 类比上述性质, 相应地:若数列{cn}是等比数列, 且cn>0, 则有dn=__也是等比数列.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.

若数列{cn}是等比数列, 且cn>0, 则有$d{}_n=\sqrt[n]{c{}_1\cdot c{}_2\cdots c{}_n}$成等比数列.

事实上:$d{}_n=\sqrt[n]{c{}_1\cdot c{}_2\cdots c{}_n}=\sqrt[n]{c{}_1^n\cdot q\cdot q{}^2\cdots q{}^{n-1}}=\sqrt[n]{c{}_1^n\cdot q{}^{\frac{n(n-1)}{2}}}=c{}_{1}q{}^{\frac{n-1}{2}}=c{}_1(\sqrt{q}){}^{n-1}.$

例3 已知等差数列{an}的首项为a1, 公差为d (a1, d为常数, 且d≠0) , k, l, m∈N+, 且k, l, m互不相等, 则 (l-m) ak+ (m-k) al+ (k-l) am=0.

请你用类比的思想在等比数列中写出与之类似的结论__.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数, 0↔1.

已知等比数列{an}的首项为a1, 公比为q (a1, q为常数, 且q≠0) , k, l, m∈N+, 且k, l, m互不相等, 则a${}_k^{l-m}$·a${}_l^{m-k}$·a${}_m^{k-l}$=1.

事实上: (a1qk-1) l-m· (a1ql-1) m-k· (a1qm-1) k-l=a (l-m) + (m-l) + (k-l) ·

q (k-l) (l-m) + (l-1) (m-k) + (m-1) (k-l) =a${}_1^0$·q0=1.

例4 在等差数列{an}中, a10=0, 则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+……+a19-n (n<19, n∈N+) 成立, 类比上述性质, 相应地:在等比数列{bn}中, 若b9=1, 则有等式__成立.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数, 0↔1.

从而对等比数列{bn}, 如果b9=1, 则有等式:b1b2…bn=b1b2…b17-n (n<17, n∈N+) 成立.事实上, 对等比数列{bn}, 如果bk=1, 则bn+1·b2k-1-n=bn+2·b2k-2-n=…=bk·bk=1.所以有:b1·b2·b3…bn=b1·b2…bn· (bn+1·bn+2…b2k-2-n·b2k-1-n) (n<2k-1, n∈N+) .从而, 当b9=1, b1b2…bn=b1b2…b2×9-1-n=b1b2…b17-n (n<17, n∈N+) .,

例5 设数列{an}是等差数列, 其中$a{}_m=a,a{}_n=b,a{}_{m+n}=\frac{b\cdot n-a\cdot m}{n-m}$, 用类比的思想方法在等比数列中写出类似的结论, 设数列{bn}是等比数列, 其中am=a, an=b, bm+n=.

解:类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数, 0↔1.设数列{bn}是等比数列, 其中bm=a, bn=b, 则$b{}_{m+n}=\sqrt[n-m]{\frac{b{}^n}{a{}^m}}$.事实上:$q{}^{n-m}=\frac{b{}_n}{b{}_m}=\frac{b}{a},b{}_{m+n}=b{}_m\cdot q{}^{(m+n)-m}=a\cdot q{}^n=a\cdot (\sqrt[n-m]{\frac{b}{a}}){}^n=\sqrt[n-m]{\frac{b{}^n}{a{}^m}}.$

例6 在正数等比数列{an}中, 设a1a2…a50=S, an-49an-48…an=t (n>49, n∈N+) , 其中S、t都是常数, 证明:$a{}_{1}a{}_2\cdots a{}_n=(S\cdot t){}^{\frac{n}{100}};$

(2) 类比上述性质相应地在等差数列{bn}中, 写出一个类似的真命题并加以证明.

证明:

$(1)S\cdot t=(a{}_{1}a{}_2\cdots a{}_{50})(a{}_{n-49}a{}_{n-48}\cdots a{}_n)=(a{}_{1}a{}_n)(a{}_{2}a{}_{n-1})\cdots (a{}_{50}a{}_{n-49})=(a{}_1^{2}q{}^{n-1}){}^{50}=(a{}_{1}q{}^{\frac{n-1}{2}}){}^{100}.$

所以$a{}_{1}q{}^{\frac{n-1}{2}}=(S\cdot t){}^{\frac{1}{100}}$, 所以$a{}_{1}a{}_2\cdots a{}_n=a{}_1^{n}q{}^{\frac{n(n-1)}{2}}=(S\cdot t){}^{\frac{n}{100}}.$

(2) 类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.

在等差数列{bn}中, 设b1+b2+…b50=S, bn-49+bn-48+bn=t (n>49, n∈N+) , 则$b{}_1+b{}_2+\cdots b{}_n=\frac{n}{100}(S+t).$

事实上:S+t= (b1+b2+…+b50) + (bn-49+bn-48+…+bn) = (b1+bn) + (b2+bn-1) +…+ (b50+bn-49) =50 (b1+bn) ,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}b{}_1+b{}_n=\frac{1}{50}(S+t).\\ b{}_1+b{}_2+\cdots +b{}_n=\frac{n(b{}_1+b{}_n)}{2}=\frac{n}{100}(S+t).\end{array}$

例7 有以下真命题:设an1, an2, …, anm是公差为d的等差数列{an}中任意m项, 若$\frac{n{}_1+n{}_2+\cdots +n{}_m}{m}=p+\frac{r}{m}(0\le r\le m,p,r,m\in \mathbf{{\rm N}}{}^{+}$或r=0) ①

则$\frac{a{}_{n{}_1}+a{}_{n{}_2}+\cdots +a{}_{n{}_m}}{m}=a{}_p+\frac{r}{m}d②$

特别地, 当r=0时, 称ap为an1, an2, …, .anm的等差平均项.

(1) 当m=2, r=0时, 试写出与上述命题中的①、②两式对应的等式;

(2) 已知等差数列{an}的通项公式为an=2n, 试根据上述命题求a1, a3, 10, a18的等差平均项;

(3) 试将上述真命题推广到各项为正实数的等比数列中, 写出相应的真命题, 并加以证明.

解: (1) 当m=2, r=0时, ①式为$\frac{n{}_1+n{}_2}{2}=p,②$式为$\frac{a{}_{n{}_1}+a{}_{n{}_2}}{2}=a{}_p.$

(2) 由$\frac{1+3+10+18}{4}=8$, 即p=8, r=0, 因此, $\frac{a{}_1+a{}_3+a{}_{10}+a{}_{18}}{4}=\frac{2+6+20+36}{4}=16$, 故所求等差数列平均项为16.

(3) 类比等差数列到等比数列——和↔积, 系数↔指数.

设an1, an2, …anm是公比为q, 且各项均为正数的等比数列{an}中的任意m项, 若$\frac{n{}_1+n{}_2+\cdots +n{}_m}{m}=p+\frac{r}{m}(0\le r<m,p,r,m\in \mathbf{{\rm N}}{}^{+}$或r=0) , 则有$(\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}{}_1}\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}{}_2}\cdots \mathbf{a}{}_{\mathbf{n}{}_{\mathbf{m}}}){}^{\frac{1}{\mathbf{m}}}=\mathbf{a}{}_{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{q}{}^{\frac{\mathbf{r}}{\mathbf{m}}}$.事实上:$(\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}{}_1}\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}{}_2}\cdots \mathbf{a}{}_{\mathbf{n}{}_{\mathbf{m}}}){}^{\frac{1}{\mathbf{m}}}=(\mathbf{a}{}_1\mathbf{q}{}^{\mathbf{n}{}_1-1}\cdot \mathbf{a}{}_1\mathbf{q}{}^{\mathbf{n}{}_2-1}\cdots \mathbf{a}{}_1\mathbf{q}{}^{\mathbf{n}{}_{\mathbf{m}}-1}){}^{\frac{1}{\mathbf{m}}}=(\mathbf{a}{}_1^{\mathbf{m}}\mathbf{q}{}^{\mathbf{n}{}_1+\mathbf{n}{}_2+\cdots +\mathbf{n}{}_{\mathbf{m}}-\mathbf{m}}){}^{\frac{1}{\mathbf{m}}}=\mathbf{a}{}_1\mathbf{q}{}^{\frac{\mathbf{n}{}_1+\mathbf{n}{}_2+\cdots +\mathbf{n}{}_{\mathbf{m}}}{\mathbf{m}}-1}=\mathbf{a}{}_1\mathbf{q}{}^{\frac{\mathbf{r}}{\mathbf{m}}+\mathbf{p}-1}=\mathbf{a}{}_{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{q}{}^{\frac{\mathbf{r}}{\mathbf{m}}}.$

练习:

1.设数列{an}的前n项和$\mathbf{S}{}_{\mathbf{n}}=\frac{\mathbf{n}(\mathbf{a}{}_1+\mathbf{a}{}_2)}{2}=\frac{\mathbf{S}{}_{\mathbf{n}}}{\mathbf{n}}=\frac{1}{2}\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}}+\frac{1}{2}\mathbf{a}{}_1$, 可知点$(\mathbf{a}{}_1,\frac{\mathbf{S}{}_1}{1}),(\mathbf{a}{}_2,\frac{\mathbf{S}{}_2}{2}),\cdots ,(\mathbf{a}{}_{\mathbf{n}},\frac{\mathbf{S}{}_{\mathbf{n}}}{\mathbf{n}})$都在直线$\mathbf{y}=\frac{1}{2}\mathbf{x}+\frac{1}{2}\mathbf{a}{}_1$上, 类似地, 若{an}为等比数列, 公比q≠1, 则点 (a1, S1) , (a2, S2) , …, (an, Sn) 都在直线__.

2.当a0, a1, a2成等差数列时, 有a0-2a1+a2=0, 当a0, a1, a2, a3成等差数列时, 有a0-3a1+3a2-a3=0, 当a0, a1, a2, a3, a4成等差数列时, 有a0-4a1+6a2-4a3+a4=0, 由此归纳出当a1, a2, …, an成等差数列, 有C0na0-C1na1+C2na2-…+ (-1) nCnnan=0, 如果a1, a2, …, an成等比数列时, 请用类比的思想, 写出相应的结论:__.

答案:$1.\mathbf{y}=\frac{-\mathbf{q}}{1-\mathbf{q}}\mathbf{x}+\frac{1}{1-\mathbf{q}}\mathbf{a}{}_1.2$.略

数列易错题剖析 篇11

1. 数列的单调性问题

例1 已知数列[an]的通项公式是[an=n2+2λn+3]，且数列[an]是递增数列，求[λ]的取值范围.

分析 本题很容易直接应用函数的单调性得[an=n2+2λn+3]在[1,+∞]上是递增函数，求得[λ≥-1]. 这种错解是误将函数完全借用到数列的单调性中，使得求出的[λ≥-1]是[an]是递增数列的充分不必要条件.

解 方法1：用函数的单调性来解答.分两步，首先要保证数列[an]在[n∈N*]上是递增数列，必有[an=n2+2λn+3]在[2,+∞]上是递增函数，故对称轴[n=-λ≤2]；其次，要[a1-32.]

方法2：用恒成立思想来解答. 由数列[an]是递增数列有：[an+1>an]在[n∈N*]时恒成立. 故[n+12+2λn+1+3>n2+2λn+3]，即[λ>-2n+12]在[n∈N*]时恒成立，则[λ>-32.]

2. [Sn]与[an]的关系问题

例2 如果数列[an]的前[n]项和[Sn=32an-3]，求数列[an]的通项公式.

分析 由[Sn]求[an]有[an=a1             n=1,Sn-Sn-1  n≥2,]要注意分段讨论，最后还要检验两段能否统一成一个式子.

解 当[n=1]时，[a1=S1=32a1-3]，∴[a1=6].

当[n≥2]时，[an=3an-1]，由数列[a1≠0]知：数列[an]是以6为首项，公比是3的等比数列，故[an=6×3n-1=2×3n].

3. 等差数列中求前[n]项和最值问题

例3 在数列[an]中，[an=an-1-3  n≥2]，且[a10=180]，求使数列的前[n]项和最大时[n]的值.

分析 在等差数列中，求前[n]项和的最值时，有如下方法：（1）将前[n]项和表示成关于[n]的二次函数，借用二次函数的单调性求其最值. （2）若求前[n]项和的最大值，则找到所有正项或非负项，则需[an≥0,an+1≤0.]若求前[n]项和的最小值，则找到所有负项或非正项，则需[an≤0,an+1≥0,]这里很容易忽视其中的等号（当有项为0时，会漏掉一种情况）.

解 由[an=an-1-3]有[an-an-1=-3]，

故数列是公差是[-3]的等差数列，

则[an=a10+n-10×-3=210-3n]，

显然数列是递减数列，且[a1>0].

故令[an=210-3n≥0,an+1=207-3n≤0,]解得[69≤n≤70].

故数列[an]的前69项或前70项的和最大.

4. 由递推关系判断等比数列问题

例4 已知[Sn]是等比数列[an]的前[n]项和，那[Sn]、[S2n-Sn]、[S3n-S2n]一定是等比数列吗？

分析 有两种常用思路：1.先求和，再判断，在求和时要分[q=1]与[q≠1]两种情况；2.用原等比数列中的项的和来表示，再寻找和之间的关系规律. 无论是哪一种方法都容易忽视判断首项[Sn]是否为0.

解 设[an]的公比是[q]，

∵[Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an],

[S2n-Sn=an+1+an+2+⋅⋅⋅+a2n]，

[S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+⋅⋅⋅+a3n]，

∴[S2n-Sn=qnSn]，[S3n-S2n=qnS2n-Sn].

（1）[n]为奇数，

当[q=1]时，[Sn=na1≠0]，有[Sn]、[S2n-Sn]、[S3n-S2n]是等比数列.

当[q≠1]时，[Sn=a11-qn1-q]，显然，[a11-q≠0].

（2）[n]为偶数，

当[q=-1]时，[1-qn=0]，即[Sn=0]，则[Sn]、[S2n-Sn]、[S3n-S2n]不为等比数列.

当[q≠-1]时，[Sn≠0]，故[Sn]、[S2n-Sn]、[S3n-S2n]是等比数列.

故仅当[n]为偶数，且[q=-1]时，[Sn]、[S2n-Sn]、[S3n-S2n]不为等比数列.

5. 等比数列中项的特征问题

例5 在等比数列[an]中，已知[a3=3]，[a9=27]，求[a6].

分析 一般来说，此题可以先求公比[q]，再用[a6=a3q3]得到答案. 但我们想到等比数列的性质，可由[a26=a3a9=81,]有[a6=±9],而没有考虑到[a6=a3q3]，即[a6]与[a3]的符号相同. 实际上，在等比数列中，奇数项和偶数项的符号分别相同，值得注意.

解 由等比数列的性质得[a26=a3a9=81]，故[a6=±9]，而由[a6=a3q3]知，[a6]与[a3]的符号是相同的，故[a6=9.]

6. 探究含参的数列为等比或等差数列问题

例6 在等差数列[an]中，[a2=5]，[a5=17]，且前[n]项和为[Sn]，通过公式[bn=Snn+c]构造一个新的数列[bn]，若[bn]也是等差数列，求非零常数[c].

分析 据题意很容易求出[Sn=2n2-n]，则[bn=2n2-nn+c]，要[bn]也是等差数列，首先须满足前三项成等差数列，有[2b2=b1+b3]，即[2⋅62+c=11+c+153+c]，解得[c1=-12,c2=0]（舍去）.这当然是一个较好的方法，但没有考虑到前三项成等差数列的数列不一定是等差数列，故需要检验.其实这类问题还有如下两种方法：（1）由等差数列[bn⇔2bn+1][=bn+bn+2]，将式子[2bn+1=bn+bn+2]整理成关于[n]的式子，由式子恒成立，即与[n]无关，可解得[c]；（2）由等差数列的定义可知，[bn+1-bn]为常数，即与[n]无关，可得[c].

解 ∵[a2=5,a5=17]，∴[d=17-55-2=4].

故[an=4n-3]，[Sn=2n2-n].

则[bn=2n2-nn+c]，[b1=11+c]，[b2=62+c]，[b3=153+c]，要[bn]也是等差数列，首先须满足前三项成等差数列，有[2b2=b1+b3]，即[2⋅62+c=11+c+][153+c]，解得[c1=-12,c2=0]（舍去）.

当[c=-12]时，[bn=2n2-nn-12=2n2n-12n-1=2n]，

[∴]数列[bn]是等差数列.

1. 已知数列[an]的通项[an=1n2-99n2]，求数列的最小项.

2. 数列[an]的前[n]项和[Sn=2n2+n-2]，求数列[an]的通项公式.

3. 已知数列[an]是等差数列，且[a3=a9]，[d<0]，求使数列的前[n]项和最大时[n]的值.

4. 数列[an]是等比数列的充要条件是（ ）

A. [an+1=anq]([q]为常数)

B. [a2n+1=anan+2≠0]

C. [an=a1qn-1] ([q]为常数)

D. [an+1=anan+2]

5.设两个数列[an]、[bn]满足[bn=a1+2a2+3a3+⋯+nan1+2+3+⋯+n]，若[bn]为等差数列，求证：[an]也为等差数列.

1.[a1=-972] 2.[an=1           n=14n-1   n≥2]

3. [5]或[6] 4. B

数列知识 篇12

一、满足an+1=kan+b(k、b为常数且k≠1)关系的递推数列

例1已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+4(n∈N*),求数列{an{的通项公式.

评注:过去,在化归时,我们常常是令an+1+t=k(an+t),构造一个等比数列,或将an+1=kan+b(n≥1)与an=kan-1+b(n≥2)作差,或利用迭代的办法,而此处通过构造常数数列使题目得到巧妙的解决,让人眼前一亮、耳目一新.

二、满足an+1=φ(n)an关系的递推数列

例2已知数列{an}满足a1=1,且求数列{an}的通项公式.

评注:解答本题的关键有两个方面,一是利用“3n+1”与“3n+7”的关系构造出函数g(n);二是为构造出常数数列,在分式的分子与分母同时乘以g(n+1).

变式1:已知数列{an}满足a1=1,求数列{an}的通项公式.

变式2:已知正项数列{an}的首项a1=1,且满足(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

解析:因为(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0,所以[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0.又因{an}是正项数列,所以an>0,an+1+an>0,故(n+1)an+1-nan=0,(n+1)an+1=nan,所以数列{nan}是常数数列,nan=1a1=1,所以

此类递推关系的化归策略是:对an+1=an+φ(n)中的φ(n)实施分式分离或利用类似于前文化归an+1=kan+b(k、b为常数且k≠1)时采用的待定系数法,将其变为an+1+f(n+1)=an+f(n).

例3已知数列{an}满足a1=1,求数列{an}的通项公式.

变式1:已知数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

众所周知,若n∈N*,则n与n+1必然是相邻的正整数,那么,如果把变式1中nan+1=(n+1)an+1换成nan+1=(n+2)an+1,又该怎样解呢?请看变式2.

变式2:已知数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+2)an+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

变式3:已知数列{an}满足a1=1,求数列{an}的通项公式.

四、满足an+1=kan+φ(n)(k为常数且k≠1)关系的递推数列

例4已知数列{an}满足a1=2,an+1=4an-3n+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

变式:已知a0是常数,数列{an}满足an=-2an-1+3n-1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

评注:传统上,当g(n)是关于n的一次式时,我们是综合采用迭加与错位相减的策略求取递推数列{an}的通项公式;当g(n)是含有n在指数部位的幂时,我们是综合采用迭加与等比数列求和的策略求取递推数列{an}的通项公式,但仔细比较,都不及构造常数数列求解来得迅速、简单与新颖.

五、满足an+2=kan+1+ban(k、b为常数)关系的递推数列

此类递推关系的化归策略是:令an+2+λan+1=an+1+λan(λ∈R),那么an+2=(1-λ)an+1+λan,数列{an+1+ban}为常数数列,同时从这里可以看出,k、b应满足k+b=1.

例5已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

试想一下,如果an或an+1或an+2的系数未知化,又该如何探求数列的通项公式呢?于是得到如下变式:

变式:已知数列{an}满足a1=1,a2=9,nan+2-6(n+1)an+1+9(n+2)an=0(n∈N*),求数列{an}的通项公式.

评注:本题的解答过程的一个鲜明特点是连续两次构造出合理的常数数列,使问题巧妙快速获解.事实上,对于(*)式的处理,若不构造常数数列,也可直接利用迭加的常规办法,

整理得an=3n-2(n3-n+3)(n∈N*).相比之下,构造常数数列求解,显得技高一筹,新意十足.

六、满足Sn=φ(an)或Sn=φ(an+1)关系的递推数列

此类递推关系的化归策略是:推移脚标两式相减使其转化为不含Sn的递推关系an+1=kan+φ(n)(k为常数且k≠1),再按前文介绍的构造常数数列的相应策略来求解.

例6已知数列{an}的前n项和为Sn,且ban-2n=(b-1)Sn(n∈N*,b≠0、2),求数列{an}的通项公式.

变式:已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=an+1-2n+1+1(n∈N*),a1、a2+5,a3成等差数列,求数列{an}的通项公式.

解析:由题意可得

解得a1=1,a2=5,a3=19.

因为2Sn=an+1-2n+1+1(*),

所以2Sn-1=an-2n+1(**),

将(*)、(**)两式相减可得an+1=3an+2n,

评注:通过对例6及其变式的分析,我们进一步看到,每一类递推数列通项公式的探求策略并不是孤立的,而是在逐步转化过程中,彼此相互交汇、融合、借鉴.

摘要：数列是高中数学教学的重点,也是历年高考命题的热点,尤其是递推数列通项公式的探求,更是年年高考的常客,本文独辟蹊径,依次介绍构造常数数列探求满足an+1=kan+b(k、b为常数且k≠1)、an+1=φ(n)an、an+1=an+φ(n)等几类关系的递推数列的通项公式.