2013高考数学 解题方法攻略 数列2 理.doc

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1、特级教师高考理数数列题型全方位总结 类型1 解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)求解。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，变式:（2004，全国I，个理22本小题满分14分）已知数列，且a2k=a2k1+(1)k, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,.（I）求a3, a5；（II）求 an的通项公式.解：，即， 将以上k个式子相加，得将代入，得，。经检验也适合，类型2 解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。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。解： 。变式

2、:（2004，全国I,理15）已知数列an，满足a1=1， (n2)，则an的通项 解：由已知，得，用此式减去已知式，得当时，即，又，将以上n个式子相乘，得类型3 （其中p，q均为常数，）。解法（待定系数法）：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: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.变式:（2006，重庆,文,14）在数列中，若，则该数列的通项_（key:）变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列满足（I）求数列的通项公式；（II）若数列bn滿足证明：数列bn是等差数列

3、；（）证明：（I）解：是以为首项，2为公比的等比数列 即（II）证法一：，得即，得即是等差数列 证法二：同证法一，得令得设下面用数学归纳法证明（1）当时，等式成立 （2）假设当时，那么这就是说，当时，等式也成立 根据（1）和（2），可知对任何都成立 是等差数列 （III）证明：变式:递推式：。解法：只需构造数列，消去带来的差异类型4 （其中p，q均为常数，）。 （或,其中p，q, r均为常数） 。解法：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：再待定系数法解决。例:已知数列中，,，求。解：在两边乘以得：令，则,解之得：所以变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12

4、分）设数列的前项的和，（）求首项与通项；（）设，证明：解：（I）当时，；当时，即，利用（其中p，q均为常数，）。 （或,其中p，q, r均为常数）的方法，解之得：()将代入得 Sn= (4n2n)2n+1 + = (2n+11)(2n+12) = (2n+11)(2n1) Tn= = = ( )所以, = ) = ( ) 0 ， anan1=5 (n2) 当a1=3时，a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比数列a13;当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， a1=2， an=5n3 变式: (2005,江西,文,22本小题满分14分）已知数列a

5、n的前n项和Sn满足SnSn2=3求数列an的通项公式.解：，两边同乘以，可得令 又，。类型7 解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列。例:设数列：，求.解：设，将代入递推式，得（）则,又，故代入（）得说明：（1）若为的二次式，则可设;(2)本题也可由 ,（）两式相减得转化为求之.变式:（2006，山东,文,22,本小题满分14分）已知数列中，在直线y=x上，其中n=1,2,3 ()令()求数列()设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出 若不存在,则说明理由 解：（I）由已知得 又是以为首项，以为公比的等

6、比数列 （II）由（I）知，将以上各式相加得： （III）解法一：存在，使数列是等差数列 数列是等差数列的充要条件是、是常数即又当且仅当，即时，数列为等差数列 解法二：存在，使数列是等差数列 由（I）、（II）知，又当且仅当时，数列是等差数列 类型8 解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解。例：已知数列中，求数列解：由两边取对数得，令，则，再利用待定系数法解得：。变式:（2005，江西,理,21本小题满分12分）已知数列（1）证明（2）求数列的通项公式an.解：用数学归纳法并结合函数的单调性证明：（1）方法一 用数学归纳法证明：1当n=1时， ，命题正确.2假设n=k

7、时有 则 而又时命题正确.由1、2知，对一切nN时有方法二：用数学归纳法证明：1当n=1时，； 2假设n=k时有成立， 令，在0，2上单调递增，所以由假设有：即也即当n=k+1时 成立，所以对一切 （2）解法一：所以,又bn=1，所以解法二：由（I）知，两边取以2为底的对数，令,则或变式:（2006,山东,理,22,本小题满分14分）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，（1） 证明数列lg(1+an)是等比数列；（2） 设Tn=(1+a1) (1+a2) (1+an)，求Tn及数列an的通项；记bn=，求bn数列的前项和Sn，并证明Sn+=1

8、 解：（）由已知，两边取对数得，即是公比为2的等比数列 （）由（）知 （*）=由（*）式得（）， ，又，又， 类型9 解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。例：已知数列an满足：，求数列an的通项公式。解：取倒数：是等差数列，变式:（2006，江西,理,22,本大题满分14分）已知数列an满足：a1，且an（1） 求数列an的通项公式；（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1a2an2n！解：（1）将条件变为：1，因此1为一个等比数列，其首项为1，公比，从而1，据此得an（n1）1（2）证：据1得，a1a2an为证a1a2an2显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN*，有1

9、（）3用数学归纳法证明3式：l n1时，3式显然成立，l 设nk时，3式成立，即1（）则当nk1时，1（）（）1（）（）1（）即当nk1时，3式也成立 故对一切nN*，3式都成立 利用3得，1（）11故2式成立，从而结论成立 类型10 解法：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。例：已知数列满足性质：对于且求的通项公式. 解: 数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有即例：已知数列满足：对于都有（1）若求（2

10、）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？解：作特征方程变形得特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.(1)对于都有(2) 令，得.故数列从第5项开始都不存在，当4，时，.(3)令则对于(4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且2.当（其中且N2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且2上取值时，无穷数列都不存在.变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）数列记（）求b1、b2、b3、b4的值；（）求数列的通项公式及数列的前n项和解法一：由已知,得,其特征方程为解之得,或, 解法

11、二：（I）（II）因，故猜想因，（否则将代入递推公式会导致矛盾）故的等比数列., 解法三：（）由整理得（）由所以解法四：（）同解法一（） 从而类型11 或解法：这种类型一般可转化为与是等差或等比数列求解。例：（I）在数列中，求 （II）在数列中，求类型12 归纳猜想法解法：数学归纳法变式:（2006，全国II,理,22,本小题满分12分）设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1，n1，2，3，（）求a1，a2；（）an的通项公式 提示:1 为方程的根,代入方程可得将n=1和n=2代入上式可得 2 求出等,可猜想并用数学归纳法进行证明，本题主要考察 一般数列的通项公式与求

12、和公式间的关系3 方程的根的意义(根代入方程成立)4数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把分开为,可得解：()当n1时，x2a1xa10有一根为S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1 当n2时，x2a2xa20有一根为S21a2，于是(a2)2a2(a2)a20，解得a1 ()由题设(Sn1)2an(Sn1)an0，即Sn22Sn1anSn0 当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10由()知S1a1，S2a1a2 由可得S3 由此猜想Sn，n1，2，3， 下面用数学归纳法证明这个结论 (i)n1时已知结论成立 (ii)假设nk时结论成立，即Sk，当nk1时

13、，由得Sk1，即Sk1，故nk1时结论也成立 综上，由(i)、(ii)可知Sn对所有正整数n都成立 于是当n2时，anSnSn1，又n1时，a1，所以an的通项公式an，n1，2，3， 本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现 类型13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：已知数列中，；数列中，。当时，,，求,.解：因所以即（1）又因为所以.即（2）由（1）、（2）得：， 类型14周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。例：若数列满足，若，则的值为_。变式:（2005，湖南,文，5）已知数列满足，则=（ ）A0BCD- 24 -