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2014

时间:2014-06-28


一、数列的通项公式的常用求法 数列的通项公式是给出数列的主要方式,其本质就是函数的解析式.围绕数列的通项公式,不 仅可以判断数列的类型,研究数列的项的变化趋势与规律,而且有利于求数列的前 n 项和.求数列 的通项公式是数列的核心问题之一.现将求数列的通项公式的几种常见类型及方法总结如下:

1.观察法 根据数列的前几项的变化规律,观察归纳出数列的通项公式. 例 1:根据下面数列的前几项,写出数列的一个通项公式. 5 7 9 (1)1,1, , , ,?; 7 15 31 (2)2,22,222,2 222,?; (3)3,0,-3,0,3,?. 1 3 5 7 9 解:(1)数列即 , , , , ,?, 1 3 7 15 31
n 由于分子是等差数列{2n-1}的各项,分母是数列{2 -1}的各项, 2n-1 ∴an= n (n∈N+). 2 -1

(2)所求数列的通项可转化为数列 9,99,999,9 999,?的通项,即数列{10 -1}, 2 易得 an= (10n-1)(n∈N*). 9 (3)所求数列的通项可转化为数列 1,0,-1,0,1,?的通项,这恰好是“五点法”作三角函数 的图象的值. nπ n-1 从而有 an=3sin 或 an=3cos π (n∈N+). 2 2 2.代换法 将数列的递推公式运算变形后,运用整体代换的方法转化为等差(比)数列,再求出数列的通项 公式.an-1 例 2:已知数列{an},a1=2,an= (n≥2),求 an. 1+an-1 an-1 1 1 解:由 an= 两边取倒数得 =1, 1+an-1 an an-1 1 1 1 ∴数列{ }是首项为 = ,公差为 1 的等差数列, an a1 2
n

1

1 1 1 2n-1 2 ∴ = +(n-1)=n- = .∴an= . an 2 2 2 2n-1 3.迭代法 对于形如 an=f(an-1)型的递推公式,采取逐次降低“下标”数值的反复迭代方式,最终使 an 与初始值 a1(或 a2)建立联系的方法就是迭代法. 例 3:已知数列{an},a1=2,an=2an-1-1(n≥2),求 an. 解 1:(迭代法) an=2an-1-1=2(2an-2-1)-1=22an-2-2-1 =22(2an-3-1)-2-1 =23an-3-22-2-1 =? =2n-1a1-2n-2-2n-3-?-22-2-1 =2n-(2n-2+2n-3+?+22+2+1) n-1 -1) n 1·(2 =2 2-1 n n-1 =2 -2 +1=2n-1+1. 解 2:(代换法): ∵an=2an-1-1,∴an-1=2(an-1-1), ∴数列{an-1}是首项为 a1-1=1,公比为 2 的等比数列, ∴an-1=2n-1, ∴an=2n-1+1. 4.叠加法 对于由形如 an+1-an=f(n)型的递推公式求通项公式, (1)当 f(n)=d 为常数时,为等差数列,则 an=a1+(n-1)d; (2)当 f(n)为 n 的函数时,用叠加法. 方法:由 an+1-an=f(n)得 当 n≥2 时,an-an-1=f(n-1), an-1-an-2=f(n-2), ? a3-a2=f(2), a2-a1=f(1). 以上(n-1)个等式叠加得 an-a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)+f(1), n-1 ∴an=a1+ ∑ f(k), k=1 为了书写方便,也可以用横式来写: ∵当 n≥2 时,an-an-1=f(n-1), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)+f(1)+a1. (3)已知 a1=a,an+1-an=f(n),其中 f(n)可以是关于 n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式 函数,求通项 an. ①若 f(n)是关于 n 的一次函数,叠加后可转化为等差数列求和; ②若 f(n)是关于 n 的二次函数,叠加后可分组求和; ③若 f(n)是关于 n 的指数函数,叠加后可转化为等比数列求和; ④若 f(n)是关于 n 的分式函数,叠加后可裂项求和. 例 4:已知数列{an}中,a1=1,且 an+1-an=3n-n,求数列{an}的通项公式. 解:由于本例给出了数列{an}中连续两项的差,故可考虑用叠加法求解.
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由 an+1-an=3n-n, 得 an-an-1=3n-1-(n-1), an-1-an-2=3n-2-(n-2), ? a3-a2=32-2 a2-a1=3-1. 当 n≥2 时,以上 n-1 个等式两端分别相加,得 (an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1) =3n-1+3n-2+…3-[(n-1)+(n-2)+…+1], 3(1-3n-1) n(n-1) 即 an-a1= . 1-3 2 1 n(n-1) 1 又∵a1=1,∴an= ×3n- . 2 2 2 显然 a1=1 也适合上式, 1 n(n-1) 1 ∴{an}的通项公式为 an= ×3n- . 2 2 2 5.累乘法 an+1 对于由形如 =f(n)型的递推公式求通项公式: an an+1 (1)当 f(n)为常数时,即 =q(其中 q 是不为 0 的常数),此时数列为等比数列,an=a1·qn-1. an (2)当 f(n)为 n 的函数时,用累乘法. an+1 an 由 =f(n)得 n≥2 时, =f(n-1), an an-1 an an-1 a2 ∴an= · ? ·a1 an-1 an-2 a1 =f(n-1)?f(1)·a1. 2 例 5:设{an}是首项为 1 的正项数列,且(n+1)·a2 n+1-nan+an+1·an=0(n=1,2,3,?),求通项公 式 an. 解:已知等式可化为: (an+1+an)[(n+1)an+1-nan]=0 ∵an>0(n∈N+),∴(n+1)an+1-nan=0, an+1 n 即 = , an n+1 an n-1 ∴n≥2 时, = , an-1 n an an-1 a2 ∴an= · … ·a an-1 an-2 a1 1 n-1 n-2 1 1 = · ? ·1= n n-1 2 n

二、数列的前 n 项和的常用求法
求数列的前 n 项和是数列运算的重要内容之一,也是历年高考考查的热点.对于等差、等比数 列,可以直接利用求和公式计算,对于一些具有特殊结构的运算数列,常用倒序相加法、裂项相消 法、错位相减法等求和. 1.公式法 如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成,并且各独立项也可组成等差或等比数列,则该
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数列的前 n 项和可考虑拆项后利用公式求解. 1 1 1 例 1:(x+ )+(x2+ 2)+?+(xn+ n)(x≠0,x≠1,y≠1). y y y 1 1 1 解:当 x≠0,x≠1,y≠1 时,(x+ )+(x2+ 2)+?+(xn+ n) y y y 1 1 1 =(x+x2+?+xn)+( + 2+?+ n) y y y 1 1 (1- n) n y y x(1-x ) x(1-xn) yn-1 = + = + n+1 n. 1-x 1 1-x y -y 1y 2.例序相加法 如果求和的结构中“每两项”的和为同一常数,可以用倒序相加法求解. 2 例 2: 设 f(x) = , 类 比 推 导 等 差 数 列 前 n 项 和 公 式 的 方 法 , 求 2+2x f(-2008)+f(-2007)+?+f(0)+f(1)+?+f(2008)+f(2009). 2 2 -x) 解:∵f(x)+f(1-x)= 1-x (右式分子分母同乘2 x+ 2+2 2+2 = 2 + 2+2x 2·2x (右式分母提取 2,与分子约分) 2·2x+2

2 2x = + =1. 2+2x 2+2x 设 S=f(-2008)+f(-2007)+…+f(0)+f(1)+…+f(2008)+f(2009) 则 S=f(2009)+f(2008)+…+f(1)+f(0)+…+f(-2007)+f(-2008) S=[f(2009)+f(-2008)]+[f(2008)+f(-2007)]+…[f(2)+f(-1)]+[f(1)+f(0)] ∴S=2009. 3.裂项相消法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法” ,分式的求和多利用此法.可 用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.常 见的拆项公式有: 1 1 1 1 ① = ·( ); n(n+k) k n n+k ②若{an}为等差数列,公差为 d, 1 1 1 1 则 = ( ); an·an+1 d an an+1 1 ③ = n+1- n等. n+1+ n 22+1 32+1 42+1 (n+1)2+1 例 3:求数列 2 , 2 , 2 ,?, 的前 n 项的和 Sn. 2 -1 3 -1 4 -1 (n+1)2-1 解:数列的通项 (n+1)2+1 n2+2n+2 an= = 2 (n+1)2-1 n +2n 2 1 1 =1+ 2 =1+( ), n +2n n n+2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 Sn=(1+ - )+(1+ - )+(1+ - )+…+(1+ )+(1+ ) 1 3 2 4 3 5 n-1 n+1 n n+2
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1 1 1 =n+1+ (见下表) 2 n+1 n+2 1 1 3 =n+ . n+1 n+2 2

4.错位相减法 若数列{an}为等差数列,数列{bn}是等比数列,由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为 {anbn},当求该数列的前 n 项的和时,常常采用将{anbn}的各项乘以公比 q,并项后错位一项与 {anbn}的同次项对应相减, 即可转化为特殊数列的求和, 所以这种数列求和的方法称为错位相减法. 例 4:数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an+1=2Sn(n∈N+). (1)求数列{an}的通项 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 解:(1)∵an+1=2Sn, Sn+1 ∴Sn+1-Sn=an+1=2Sn,∴ =3. Sn 又∵S1=a1=1, ∴数列{Sn}是首项为 1,公比为 3 的等比数列. ∴Sn=3n-1(n∈N+). 当 n≥2 时,an=2Sn-1=2·3n-2,且 a1=1. ?1(n=1) ∴an=? n-2 ?2·3 (n≥2) (2)Tn=a1+2a2+3a3+?+nan, 当 n=1 时,T1=1; 当 n≥2 时,Tn=1+4·30+6·31+8·32+?+2(n-1)·3n-3+2n·3n-2① 3Tn=3+4·31+6·32+8·33+…+2(n-1)·3n-2+2n·3n-1② ①-②得 -2Tn=-2+4+2(31+32+?+3n-2)-2n·3n-1
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3(1-3n-2) =2+2· -2n·3n-1 1-3 =-1+(1-2n)·3n-1, 1 1 ∴Tn= +(n- )3n-1(n≥2), 2 2 一、转化与化归思想 例 1:一个等差数列{an}中,3a8=5a13,a1>0,若 Sn 是{an}的前 n 项和,则 S1,S2,S3,?, Sn 中有没有最大值?请说明理由. 解 1:设{an}的首项为 a1,公差为 d,则有 3(a1+7d)=5(a1+12d), 2 ∴d=- a1, 39 n(n-1) ∴Sn=na1+ d 2 1 40 =- n2a1+ na1 39 39 1 400 =- a1(n-20)2+ a. 39 39 1 故 n=20 时,Sn 最大,即前 20 项之和最大. 转化为二次函数问题 解 2:设{an}的首项为 a1,公差为 d,则有 3(a1+7d)=5(a1+12d), 2 ∴d=- a1. 39 a1 ? a = a +(n-1)d = (41-2n)≥0, n 1 ? 39 设? a1 an+1=a1+nd= (39-2n)<0, ? 39 ? 39 41 解得 <n≤ .又 n 为正整数,∴n=20,即前 20 项之和最大. 2 2 转化为不等式问题 二、函数与方程的思想 例 1:设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S4=14,S10-S7=30,求 S9. 4×3 解:∵S4=4a1+ =14,∴2a1+3d=7 ① 2 7×6 ? 10×9 ? d?=30, 又∵S10-S7=30,∴10a1+ d-?7a1+ 2 ? 2 ? 即 a1+8d=10 ② ①与②联立,解得 d=1,a1=2, 9×8 ∴S9=9a1+ d=9×2+36=54. 2 例 2:等差数列{an}的前 m 项和为 30,前 2m 项和为 100,求它的前 3m 项和. 解:由等差数列的前 n 项和公式知 Sn 是关于 n 的二次函数, 即 Sn=An2+Bn(A,B 为常数), 2 ? ?Am +Bm=30, ? 将 Sm=30,S2m=100 代入,得 2 ?A(2m) +B(2m)=100, ? 20 10 . 2,B= m m ∴S3m=A(3m)2+B(3m)=210. 解得 A=
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三、分类讨论思想 例 1:已知{an}是公比为 q 的等比数列,且 a1,a3,a2 成等差数列. (1)求 q 的值; (2)设{bn}是以 2 为首项,q 为公差的等差数列,其前 n 项和为 Sn,当 n≥2 时,比较 Sn 与 bn 的大小,并说明理由. 解:(1)由题设 2a3=a1+a2,即 2a1q2=a1+a1q, 1 ∵a≠0,∴2q2-q-1=0.∴q=1 或- . 2 n(n-1) n2+3n (2)若 q=1,则 Sn=2n+ ·1= . 2 2 (n-1)(n+2) 当 n≥2 时,Sn-bn=Sn-1= >0,故 Sn>bn. 2 1 n(n-1)? 1? -n2+9n ?- ?= 若 q=- ,则 Sn=2n+ . 2 2 ? 2? 4 (n-1)(n-10) 当 n≥2 时,Sn-bn=Sn-1=, 4 故对于 n∈N+,当 n=1 时,Sn=bn; 当 2≤n≤9 时,Sn>bn; 当 n=10 时,Sn=bn; 当 n≥11 时,Sn<bn. 1 2 3 n 例 2:求 Sn= + 2+ 3+…+ n a a a a 解:(1)分 a=1 和 a≠1 两种情况, n(n+1) 当 a=1 时,Sn=1+2+3+?+n= ; 2 1 2 3 n 当 a≠1 时,Sn= + 2+ 3+?+ n,① a a a a 1 将①式两边同乘 ,得 a 1 1 2 3 n Sn= 2+ 3+ 4+?+ n+1,② a a a a a 1 1 1 n ? 1? 由①-②,得?1- ?Sn= + 2+?+ n- n+1, a a a a ? a? n a(a -1)-n(a-1) 即 Sn= . an(a-1)2 n(n+1) ? ? 2 (a=1), 综上所述,Sn=? a(an-1)-n(a-1) ? ? an(a-1)2 (a≠1). 四、数学建模思想 某企业去年的纯利润为 500 万元,因设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降,若不进行 技术改造,预测从今年起每年比上一年纯利润减少 20 万元,今年初该企业一次性投入资金 600 万 ? 1? 元进行技术改造, 预测在未扣除技术改造资金的情况下, 第 n 年(今年为第一年)的利润为 500?1+ n? ? 2? 万元(n 为正整数). (1)设从今年起的前 n 年, 若该企业不进行技术改造的累计纯利润为 An 万元,进行技术改造后的累
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计纯利润为 Bn 万元(扣除技术改造资金),求 An、Bn 的表达式; (2)依上述预测,从今年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术 改造的累计纯利润? 解:(1)An=(500-20)+(500-40)+?+(500-20n)=490n-10n2; ?? 1? ? 1 ? ? 1 ?? Bn=500??1+ ?+?1+ 2?+?+?1+ n??-600 ?? 2? ? 2 ? ? 2 ?? 500 =500n- n -100. 2 500 ? ? (2)Bn-An=?500n- n -100?-(490n-10n2) 2 ? ? 50 500 ? ? =10n2+10n- n -100=10?n(n+1)- n -10?. 2 2 ? ? 50 ∵函数 y=x(x+1)- x -10 在(0,+∞)上为增函数, 2 50 50 ∴当 1≤n≤3 时,n(n+1)- n -10≤12- -10<0; 2 8 50 50 当 n≥4 时,n(n+1)- n -10≥20- -10>0. 2 16 ∴当且仅当 n≥4 时,Bn>An. ∴至少经过 4 年,该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.

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