2022年高考数学数列通项公式的若干求法及转化思想论文 .pdf

名师精编优秀资料数列通项公式的若干求法及转化思想求通项公式是学习数列时的一个难点。由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。现举数例。一观察法已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项。例 1 ：已知数列646132291613854121，写出此数列的一个通项公式。例 2：根据数列的前4 项，写出它的一个通项公式：（1）4，44， 444，4444，（2）,17164,1093,542,211（3）,52,21,32,1（4）,54,43,32,21二公式法（1）当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。例 1： 已知数列 an 是公差为d的等差数列，数列bn 是公比为q的(qR 且q1) 的等比数列，若函数f (x) = (x1)2，且a1 = f (d1) ，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1) ，b3 = f (q 1) ，求数列 a n 和 b n 的通项公式；（2）已知数列的前n项和求通项时，通常用公式)2() 1(11nSSnSannn。用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”即a1和an合为一个表达式。例 1、已知数列na的前 n 项和为：nnSn2212nnSn求数列na的通项公式。三由递推式求数列通项对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。称辅助数列法。例题：已知数列na中，211a，)2( 141naann，写出数列的前5 项。 （课本习题） 。变式 1： 已知数列na中，211a，)2(141naann。求2006a变式 2： 已知数列na中，211a，)2(141naann。求na精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页名师精编优秀资料变式 3： 已知数列na中，211a，1134nnnaa。求na变式 4： 已知数列na中，211a，23411nnnaa。求na变式 5： 已知数列na中，211a，nnnnaa23411。求na变式 3： 已知数列na中，211a，1134nnnaa。求na变式 6： 已知数列na中，211a，2341naann。求na变式 7： 已知数列na中，211a，23421nnaann。求na变式 8： 已知数列na中，211a，13411naannn。求na类型：为常数）aaanpnqanpann()0)()()(11（一阶递归）由等差，等比演化而来的“差型”， “商型”递推关系等差数列：daann 1由此推广成差型递推关系：)(1nfaann累加：112211)()()(aaaaaaaannnnn=12)(anfn，于是只要)(nf可以求和就行。类型 1 递推公式为解法：把原递推公式转化为，（特殊情形：.1nnaapnq（差后等差数列）1nnnaab（差后等比数列） ）利用累加法求解。例 1已知na满足21nnaa，且11a，求na例 2已知na满足21nnaa3n，且11a，求na例 3已知na满足)2(311naannn，且11a，求na例 4. 已知数列满足，求。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页名师精编优秀资料等比数列：qaann 1由此推广成商型递推关系：)(1ngaann累乘：112211aaaaaaaannnnnnang21)(类型 2 递推公式为解法： （1）把原递推公式转化为，利用累乘法求解。例 1已知na满足nnaa211，且21a，求na例 2已知na满足0,1nnnanaa，且11a，求na例 4 （1）. 已知数列满足，求。例题 1。已知数列na满足：)2( ,) 12(2,211nannaann求证：nnnCa2na是偶数（由1( )nnap n a和1a确定的递推数列na的通项可如下求得：（2）由已知递推式有11221(1),(2),(1)nnnnap naap naapa依次向前代入，得1(1) (2)(1)nap np npa，简记为10111( )(1,( )1)nnkkap k a np k。这就是叠代法的基本模式。例 3 已知11313,(1)32nnnaaann，求na。解：13(1)13(2)1321313(1)2 3(2)2322 32nnnaann34 375 26331 348 531nnnnn。1、已知数列 an 满足)(,2)1(,11NnanSann，求 an的通项公式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页名师精编优秀资料类型 3 递推公式为（其中 p，q 均为常数，） 。解法：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 1. 已知数列中，求。类型 4 递推公式为（其中 p， q 均为常数，） 。解法：该类型较类型3 要复杂一些。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3 的方法解决。例 1. 已知数列中，求。例 2. 已知数列中，求。类型 5。0),(nnaSf型的利用)2( ,1nSSannn转化为0),(1nnaag型，或0),(1nnSSh型即混合型的转化为纯粹型的例题 1 已知数列na的前 n 项和 Sn满足.1,) 1(2naSnnn( ) 写出数列na的前 3 项;,321aaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页名师精编优秀资料( ) 求数列na的通项公式 ; 分析：. 1,) 1(2naSnnn-由, 12111aSa得.11a-由2n得，12221aaa，得02a-由3n得，123321aaaa，得23a-用1n代n得111) 1(2nnnaS-：nnnnnnaaSSa)1(22211即nnnaa) 1(221-nnnnnnnnnaaaa)1(2) 1(22) 1(2) 1(222) 1(221222121nnnna) 1(2)1(2)1(222211112)1(232nn-例题 2。数列na的前 n 项和记为Sn，已知).3, 2, 1(2, 111nSnnaann证明：数列nSn是等比数列； （全国卷（二）理科19 题）方法 1,2,111nnnnnSnnaSSa),()2(1nnnSSnSn整理得,) 1(21nnSnnS所以.211nSnSnn故nSn是以 2 为公比的等比数列 . 方法 2：事实上，我们也可以转化为121nnSSnn，为一个商型的递推关系，由112211ssssssssnnnnn=1111212322112nnnaannnnnn1 na是正数组成的数列，前n 项和为nS，对所有的n，na与 2 的等差中项等于nS与 2的等比中项（1）写出na的前三项；（2）求na的通项。)44(nan精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页名师精编优秀资料2在数列na中，已知nnaS23，求na3已知数列 an 的前n和nS满足, 1) 1(log2nSn求此数列的通项公式。4 已知数列前 n 项和。（1）求与的关系；（2）求通项公式。5 （北京卷 ) 数列na的前 n 项和为 Sn，且,3 ,2, 1,31,111nSaann，求：（）432,aaa的值及数列na的通项公式；（）naaaa2642的值 . （.2,)34(31, 1, 12nnann）由递推数列公式求数列通项公式的解题方法是数学中针对性较强的一种数学解题方法， 它从一个侧面体现数学的研究方法，体现了新课程标准理念， 是培养学生思维深刻性的极好的范例。注意一题多解；例 1：已知数列na满足11a，121nnaa*Nn（）求数列na的通项公式；解法 1： （构造法）121nnaa*Nn，1211nnaa1na是以211a为首项， 2 为公比的等比数列，nna21即12nna*Nn解法 2： （构造法）121nnaa*Nn121nnaa2n、两式相减得112nnnnaaaa2nnnaa1是以212aa为首项， 2 为公比的等比数列，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页名师精编优秀资料nnnaa21nnnaa212即12nna*Nn解法 3： （阶差法）由11a，121nnaa*Nn可得：121nnaa222221nnaa23322222nnaa21122222nnnaa11122nna以上 n 式相加得12212122221122nnnnna即12nna*Nn解法五： （迭代法）由11a，121nnaa*Nn可得：1212222122221222121221221122122212211233322221nnnnnnnnnnnaaaaaaa即12nna*Nn总之， 以上方法融会贯通可以解决关于递推数列公式求数列通项公式变形问题，从而提高学生的数学解题能力，把握数学学习方法。同式题： . 已知数列na ，113,21nnaaa，则na精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页名师精编优秀资料当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数、对数等还是要求掌握的。四、转化为常见类型求解：（1）倒数变换法：形如nnnndacaaa11（dc;为常数，且0,0 dc）的递推公式，可令nnnnbaba1,111。则可转化为qpaann 1型；例 1：数列na中，且311a，1221nnnaaa，求数列na的通项公式 . （2）对数变换法：例：已知数列na满足)2(, 1121naaann，求na。当然，转化方法不是一成不变的，但其本质是构造、 转化为上述常见形式数列问题求解。如比例变换；例 1、设数列na满足下列条件,1aa)2(12112naaannn，求na。（可化为21111nnnnaaaa，再取对数）例 2、设数列na满足下列条件，试求各通项：（1）, 11a)3, 2, 1(1) 1(1nannann（2）)4, 3, 2() 1(2, 1111naaannn（3）)5, 4, 3(,10, 121121naaaaaannnn解： （1）)1(111)1(11nnnanaannannnn令,nabnn则111ab，) 1(11nnbbnn本题用)1(nn除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“)(1nfaann型” ，可得1212nnbanbnnn（2） 递推式两边同除以n2， 得nnnnnaa)21(2211， 就可转化为“)(1nfaann型” ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页名师精编优秀资料当然，也可以在递推式两边同除以n) 1(， 得1) 1(2) 1(1)1(2) 1(111nnnnnnnnaaaa即，则可转化为“qapann 1型” ，所以得1) 1(231nnna（3）递推式两边同取对数，得)lg(lg21lglg211nnnnaaaa令nnnaablglg1，则),5 ,4 ,3(211lglg21121nbbaabnn)3, 2,1()21(1nbnn1)21(11110)21(lglgnnnnnnaaaa，已转化为“)(1nfaann型” ，由累乘相消法可得11221122112)21(41211101010101010nnnnnaaa一般掌握下列转化思想即可；尤其对分式型递推关系。1、利用倒数转化为： （1）daann111； （2）qapann 112、求前若干项观察项间周期性等练习： 1、已知3, 111nnnaaaa求：na2、已知a1=1, an+1=52nnaa，求an3、已知数列an满足： a10，且), 3 ,2, 1(1331naaannn，则2008a（ A ）A 0 ；B 3；C 3；D 2变式： （1） 、已知数列 an满足： a1 0，且), 3 ,2 , 1(1331naaannn，Sn表示数列 an的 n 前项和则_2008S（2） 、已知na满足)(1, 2, 1*221Nnaaaann，则数列前 26 项的和为： （B ）A0 B1 C8 D 10 （3） 、已知数列 an满足： a13，且), 3, 2 , 1( 11naaannn，An表示数列 an的n 前项和则_2005A3 3、 （ 2006 年江西卷） 已知数列 an满足： a132，且 ann1n13nan2nN2an1（，） 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页名师精编优秀资料（1）求数列 an的通项公式；解：将条件变为：1nnan11n113a（ ），因此 1nna为一个等比数列，其首项为111a13，公比13，从而 1nnan13，据此得annnn331（n 1） 1练习：设数列na满足下列条件，试求各通项：（1）)4, 3 ,2(23,011naaann（2）)3 ,2, 1(,11nnaaaann（3）)3, 2, 1() 1)(2( , 111nnaanann（4）)4 ,3 ,2(, 1111nanaaaannnn（5）)4, 3 ,2(23, 1111naaannn（6）), 3, 2, 1(123, 1, 01221naaaaannn（7）), 3 ,2, 1(4325,7111naaannn（8）),4, 3, 2(34, 1111naaaannn类型：2na=p1na+qna (p、q 均为常数 ) （二阶递归）2na=p1na+qna2na-1na（1na-na）pq解出、因此1na-na是 G.P 特殊地nnnqapaa121qp型分析：1qpqp1nnnqaaqa121nnnaaqa11nnnnaaqaa112精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页名师精编优秀资料qaaaannnn112nnaa1是以12aa为首项，公比为q的等比数列例 1、01a，12a，2123nnnaaa3n，求na例 2：a1=1，a2=532na=531na-23na, 求数列na的通项公式na。2na-1na（1na-na）5323解得：1、232na-1na23（1na-na） ， a2-a1= 23na-1na=123nna（na-1na）+（1na-2na）+ +（a2-a1） +a1=123n+223n+23+1=3-123nn. na3-123nn同式 题：已知a1=1,a2=3， an+2=3an+1- 2 an，求an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7. 已 知 数 列中 ，； 数 列中 ，。 当时 ，求。解：因所以即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页名师精编优秀资料又因为所以即由、得：例 9数列na中，2,841aa且满足nnnaaa122*Nn求数列na的通项公式；设|21nnaaaS，求nS；设nb=)12(1nan)(),(*21*NnbbbTNnnn，是否存在最大的整数m，使得对任意*Nn，均有nT32m成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。3、已知数列na中，nS是其前n项和，并且1142(1,2,),1nnSana，设数列),2, 1(21naabnnn，求证：数列nb是等比数列；设数列),2, 1( ,2nacnnn，求证：数列nc是等差数列；求数列na的通项公式及前n项和。分析 ：由于 bn 和 cn 中的项都和an 中的项有关，an 中又有S1n=4an+2，可由S2n-S1n作切入点探索解题的途径解： (1) 由 S1n=4a2n， S2n=4a1n+2，两式相减，得S2n-S1n=4(a1n-an) ，即a2n=4a1n-4an( 根据 bn的构造，如何把该式表示成b1n与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) a2n-2a1n=2(a1n-2an) ，又 bn=a1n-2an，所以 b1n=2bn已知 S2=4a1+2， a1=1，a1+a2=4a1+2，解得 a2=5，b1=a2-2a1=3 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页名师精编优秀资料由和得，数列bn 是首项为3，公比为2 的等比数列，故bn=321n（2006 年江苏卷）设数列na、nb、nc满足：2nnnaab，2132nnnnaaac（n=1,2,3,） ，证明：na为等差数列的充分必要条件是nc为等差数列且1nnbb（n=1,2,3,）证明：1必要性：设数列na是公差为1d的等差数列，则：)(311nnnnaabb)(2nnaa=)(1nnaa)(23nnaa=1d-1d=0，1nnbb（n=1,2,3,）成立；又2)(11nnnnaacc)(12nnaa)(323nnaa=61d（常数）（n=1,2,3,）数列nc为等差数列。2充分性：设数列nc是公差为2d的等差数列，且1nnbb（n=1,2,3,） ，2132nnnnaaac432232nnnnaaac得：)(22nnnnaacc)(231nnaa)(342nnaa=2132nnnbbb)(12nnnncccc2212)(dccnn2132nnnbbb22d从而有32132nnnbbb22d得：0)( 3)(2)(23121nnnnnnbbbbbb0)(1nnbb，012nnbb，023nnbb，由得：01nnbb（n=1,2,3,） ，由此，不妨设3dbn（n=1,2,3,） ，则2nnaa3d（常数）故312132432daaaaacnnnnnn从而3211324daacnnn31524daann得：3112)(2daaccnnnn，故311)(21dccaannnn3221dd（常数）（n=1,2,3,） ，数列na为等差数列。综上所述：na为等差数列的充分必要条件是nc为等差数列且1nnbb（n=1,2,3,） 。又称派生数列【高考热点】1.所谓派生数列， 是指利用一个或几个已知数列产生新数列。例如， 从一个数列中按一定的规律抽取一部分项构成一个新数列（子数列）； 又如数列na的前 n 项的和数列nS、或由na构成新的数列nb、或由两个数列na、nb构成新的数列nc等等。2.派生数列是综合性的问题，一般可转化为等差数列或等比数列，或用数列中的常用思想方法求解。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页名师精编优秀资料【课前预习】1 若数列nanN是等差数列，则有数列12nnaaabnnN也为等差数列，类比上述性质，相应的，若数列nc是等比数列，且0ncnN，则有nd_ nN也是等比数列。2 在等差数列na中，公差, 1d8174aa，则20642aaaa（ B ）A40 B45 C50 D 55 3 在数列 an 中， a1=2，)(2)(211为偶数为奇数naanaannnn，则 a5等于（ C ）A12 B14 C20 D 22 4 有限数列),(21naaaA，nS为其前n项和，若定义nSSSn21为A的“凯森和”如有99 项的数列),(9921aaa的“凯森和”为1000，则有100 项的数列), 1(9921aaa的“凯森和”为（B ）A1001 B991 C999 D 990 5 已知公差不为零的等差数列的第k、n、p项依次构成等比数列的连续三项，则此等比数列的公比q 是（）Ankpn Bpknp Cnpk2 D2npk6 （ 04 北京）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数， 那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列是等和数列，且，公和为5，那么的值为 _3_，这个数列的前n项和的计算公式为_ . 【典型例题】例 1（1）已知数列nc，其中nnnc32，且数列nnpcc1为等比数列， 求常数p（2）设na，nb是公比不相等的两个等比数列，nnnbac，证明数列nc不是等比数列例 2Sn是等差数列 an的前n项和 .(nN*) （1）若数列 an 单调递增， 且a2是a1、a5的等比中项， 证明：.212nnnSSS（2）设an 的首项为a1，公差为d，且)0(231dda，问是否存在正常数c，使cScScSnnn122对任意自然数n都成立，若存在，求出c（用d表示） ；若不存在，说明理由. （31ac）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页名师精编优秀资料【本课小结】【课后作业】1 已知数列 an是首项 a10，q-1 且 q0 的等比数列， 设数列 bn 的通项 bn=a1nka2n（n N） ，数列 an 、bn的前 n 项和分别为Sn、Tn如果 TnkSn对一切自然数 n 都成立，求实数k 的取值范围2 已知抛物线24xy，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点1P，又过点1P作斜率为12的直线交抛物线于点2P，再过2P作斜率为14的直线交抛物线于点3P，如此继续，一般地，过点nP作斜率为12n的直线交抛物线于点1nP，设点(,)nnnP xy（1）令2121nnnbxx，求证：数列nb是等比数列；设数列nb的前n项和为nS，试比较314nS与1310n的大小数列的通项及递推关系一、基础题：1.数列1 11113 7 15 31， ， ，的一个通项公式为_.na2.数列1111,3 5 5779 9 11的一个通项为_.na3.数列12341,2,3,42345的一个通项为_. 4.1,3,6,10,15,的一个通项为 _. 5.数列3,33,333,3333,的一个通项为 _. 6.已知数列na满足：112,32nnaaa，则_.na7.已知数列na中，11a且12nnaan，则20_.a8.已知数列na中，11a，11nnnaaa，则_.na二、解答题：1.已知数列na的前n项和满足12nnSa，求通项公式na. 2.已知数列na的前n项和为nS， 根据下列条件， 求na. 32nnS； 23nSnn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页名师精编优秀资料3.已知数列na满足：11a，113nnnaaa求数列的通项na. 4.在数列na中，已知12a，25a且21320nnnaaa，求na的通项公式 . 5.已知数列na中，nS是它们的前n项和，并且142nnSa(1,2,3)n，11a，设12nnnbaa，求证：数列nb是等比数列；设,2nnnaC，求证：nC是等差数列；求数列na的通项公式及前n项和公式 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页