高三数学数列部分复习专题(二)

高三数学数列部分复习专题(二)一.本周教学内容：●数列部分复习专题（二）二.教学目的：1.数列部分方法与技巧解析2.数列部分易错题剖析三.知识分析（一）方法技巧方法一：通项常见的求法。1.观察法例1.写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：（1）9910,638,356,154,32，…；（2）9933,6317,359,31,1，…；（3）0,71,0,51,0,31,0,1，…；（4）7，77，777，7777，…；（5）1，3，6，10，15，…；（6）a，b，a，b，…。解析：（1）这是一个分数数列，分子为偶数列，而分母为119,97,75,53,31，…，是两个连续奇数的积，故所求数列通项公式为：)1n2)(1n2(n2an（2）数列的前5项可改写为：11933,9717,759,535,313由于数列的各项间正负互相间隔，应有调节符号作用的数列n)1(，分子构成规律为12n，分母也为两个连续奇数的积。)1n2)(1n2(12)1(annn（3）原数列直接写不能看出通项公式，但改写之后，60,51,40,31,20,11，分母依次为1，2，3，4，…，分子为1，0，-1，0，呈周期性变化，可以用2nsin表示，当然也可以用21ncos表示。n21ncosan2nsinann或（4）先研究数列9，99，999，9999，…数列中的每一项均可以看作是10的若干次幂与1的差，则通项为110ann∴该数列的通项应为)110(97ann其实这是一个规律性的问题：如数列2，22，222，2222，…的通项公式应为)110(92ann等等。（5）由观察可知，54321a,4321a,321a,21a,1a54321∴2)1n(nn321an此题亦可这样考虑：4aa3aa2aa342312……，naa1nn以上1n个式子左边相加为n432aa1n又1a1∴n321an2)1n(n（6）这是摆动数列。要寻找摆动平衡位置与摆动的振幅。平衡位置：2ba，振幅：2ab，用1nn11或去调节，则所求数列的通项公式2ab)1(2baann也可以用分段函数形式来表示为偶数为奇数n,bn,aan2.累差法例2.已知数列na的前几项依次是：6，9，14，21，30，…，求其通项公式。解析：设n1nnaab，则有71421aab5914aab369aab343232121……，1n2aab1nn1n以上各式相加得：1n2)1n23)(1n()1n2(53aa21n又6a1∴5n1naa221n3.待定系数法例3.已知{an}为等差数列，23a,3a62，求an。解析：∵{an}为等差数列，故可设pknan又23a,3a62∴pk623pk23解得7p5k∴7n5an4.公式法例4.如果数列na的前n项和为3a23Snn，求这个数列的通项公式na。解析：（1）当n=1时，由6aa3a23S1111（2）当2n时，3aaa23a23SSa1nn1nn1nnn∴数列na当2n时，是以3为公比，以18a2为首项的等比数列∴)2n(323183aan2n1n2n而当n=1时，显然也成立故)Nn(32a*nn5.叠代法例5.已知1a,a1nna1n1n，求数列na的通项公式na。解析：∵n1na1nna∴3n2n1nna2n3n1n2nn1na1n2nn1nan1na…11an1a212n3n1n2nn1n∵a1=1∴n1an方法二：解递推关系式常见方法1.公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有)2n(SSa1nnn，等差数列和等比数列的通项公式。2.归纳法：由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性。这种方法叫做归纳法。3.累加法：利用恒等式)aa()aa(aa1nn121n求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如)n(faan1n的递推数列通项公式的基本方法（其中数列{f(n)}可求前n项和）。4.累乘法：利用恒等式)0a(aaaaaaaan1nn23121n求通项公式的方法称为累乘法。累乘法是求型如n1na)n(ga的递推数列通项公式的基本方法（数列g{n}可求前n项积）。例1.设na是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项，求数列na的通项公式。解析：解法一：（公式法）依题意，有4)1a(S2nn∴n1n1nSSa2n21n)1a()1a(41∴0)1a()1a(2n21n即0)2aa)(aa(n1nn1n∵0an∴2aan1n又a1=1故na是首项为1，公差为2的等差数列∴1n2an解法二：（公式法）∵nnS21a∴1aS11当2n时，1SSS21nnn即01SS1SS1nn1nn∵1S,0a1n∴)2n(1SS1nn∴nSn从而1n21S2ann解法三：（归纳法）由已知可求得5a,3a,1a321猜测1n2an证明：（1）当n=1时，1112,1Sa11∴n=1时，猜想成立（2）假设)Nk,1k(kn*时，猜想成立，即1k2ak，则1kn时∵4)1a(4)1a(SSa2k21kk1k1k∴k1k2k1k21ka2a2aaa4∴0)2aa()aa(k1kk1k∵0an∴0aak1k∴2aak1k∴1)1k(22)1k2(a1k即n=k+1时，猜想也成立。综合以上可知，对任意*Nn有1n2an例2.已知数列na中，*n1n1Nn,n2aa,2a，求an。解析：（累加法）∵n2aan1n∴n2aan1n∴)aa()aa()aa(aa1nn23121n2nn2)2n22)(1n(2)1n(264222例3.已知数列na中，1nnaa,1an1n1，其中*Nn，求an。解析：（累乘法）由已知*n1nNn,1nnaan1n1n32211aaaaaaaa1nn23121n5.转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为与等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。常用的转化途径有：（1）凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式dqaan1n（q、d为常数，0q，1q）。通过凑配变成1qdaq1qdan1n，或消常数项转化为)aa(qaan1n1n2n；（2）倒数变换——如将一阶分式递推公式dacaann1n（c、d为非零常数）取倒数得c1a1cda1n1n；（3）对数变换——如将一阶递推公式)1p,0p,0c,0a(caanpn1n取对数得clgalgpalgn1n（4）换元变换——如将一阶递推公式nn1ndqaa（q、d为非零常数，1q，1d）变换成d1ddqadann1n1n，令nnndab，则转化为一阶线性递推公式。例4.已知数列na中，a1=1，)2n(1a2a1nn，求na的通项公式。解析：解法一：（归纳法）∵1a2a,1a1nn1∴a2=2a1+1=3，a3=2a2+1=7，…，猜测an=2n－1（*Nn），再用数学归纳法证明之。解法二：（转化法）∵1a2a1nn∴)1a(21a1nn又a1+1=2故数列1an是首项为2，公比为2的等比数列∴nn21a即12ann解法三：（转化法）∵1a2a1nn（1）∴1a2an1n（2）)1()2(得)2n)(aa(2aa1nnn1n故n1naa是首项为2aa12公比为2的等比数列，即nn1n2aa再用累加法得12ann解法四：（迭代法）12122a212a21)1a2(21a2an2n11n2n22n1nn例5.已知数列na（*Nn）中，nn1n1a21aa,1a，求an。解析：（倒数变换）nn1na21aa，两边取倒数，得2a1a1n1n∴2a1a1n1n∴的等差数列是公差为2a1n，首项1a111n21a1n22)1n(1a1nn例6.已知数列na满足)2n(aa,2a21nn1，求数列na的通项公式。解析：（对数变换）由题意)2n(aa,02a21nn1∴0an∴1nnalg2alg∴nalg是以2为公比的等比数列，首项为2lgalg1∴1n21nn2lg2lg2alg∴1n2n2a例7.已知)Nn(2n3n1aa,21a*2n1n1，求an。解析：（叠加法）由已知得2n11n1aan1n∴3121aa125141aa4131aa3423……，1n1n1aa1nn例8.已知1nn1n21a21a21a,1a,0a，求na。解析：∵)aa(21aa1nnn1n∴1nnaa成等比数列，公比为21，首项为1aa12∴2n1nn211aa即2n1nn21aa再用递推的方法可得到2nnn231)1(32a方法三：数列求和常见的方法1.公式法例1.求和：（1）个n111111111Sn；（2）2nn2222nx1xx1xx1xS解析：（1）因为)110(911010101111kk2n个所以)999999999(91111111nn个个8110n910n9)110(1091n)101010(91)110()110()110(911nnn2n2（2）当1x时，2nn2222nx1xx1xx1xSn4S,1xn2)1x(x)1x)(1x(n2x1)x1(x1x)1x(xx1x1x1n2)xxx(x12xx12xx12xn2n22n2n22n222n22n242n242n2n24422时当2.错位相减法例2.若公比为c的等比数列na的首项1a1且满足),4,3n(2aaa2n1nn。（1）求c的值；（2）求数列nna的前n项和Sn。解析：（1）由题设，当3n时21c1c01cc22c1c0aa2c12aaacaa,aca222n2n2n1nn2n1n2n2n或解得即因此由题设条件可得（2）由（1），需要分两种情况讨论当c=1时，数列na是一个常数列即)Nn(1a*n这时，数列nna的前n项和