面对高考高中数学高考综合复习专题八数列的概念与公式.doc

高中数学高考综合复习 专题八 数列的概念与公式一、知识网络 二、高考考点.1.一般数列an中an与sn之间关系的应用；求（或）；求和；2.简单递推公式及其应用：求某些项或求通项；3.运用函数或方程的思想分析或转化问题的能力.三、知识要点.1.定义（1）按一定次序排成的一列数叫做数列.（2）如果数列 的第n项 与项数n之间的关系可以用公式 f（n）来表示，则这个公式称为数列 的通项公式.（3）如果已知数列的第一项（或前几项），且任一项 与它的前一项 （或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，则这个公式叫做数列 的递推公式.认知：（1）数列实际上是定义域为 （或它的有限数集1，2，n）的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一列函数值，数列的通项公式 f（n）就是相应的函数解析式.2. 与 的关系式设 为任一数列， 表示数列 的前几项和，则有 ；四、经典例题.例1.根据所给数列的前几项，写出数列的一个通项公式.（1） ， ， ， ，；（2） ， ， ， ，；（3） ， ， ， ，；（4）1，3，7，13，；（5）5，11，23，47，；（6）0，1，0，1，；（7）1，1，2，2，3，3，；（8）34，3434，343434，；分析：（1）寻求同号分数数列的通项公式，一般从分别考察分子、分母入手.为寻觅规律.必要时先对各项作“同一变形”再作考察.在这里，注意到有两项分子为4，故考虑将各项分子“统一”为4： ， ， ， ，；至此，分母的特征已经显现：各项分母均等于17减去项数的3倍（或分母依次组成等差数列），故得 （nN+）.（2）当数列的项“正负相间”时，一般对“绝对值”和“符号”分别考察：在这里，各项绝对值依次为 ， ， ， ，；可见，这一数列第n项分子为2n，而各项分母均等于分子的平方减去1，故这一数列第n项为 再注意到原数列的奇数项为负，偶数项为正，故第n项的符号由符号因子（1）n决定 由得， （1）n （nN+）（3）为调整正负相间的态势，对第一项变形（ ）， ， ， ，； 考察相关数列 ， ， ， ， 可见其第n项分母为2n，又各项分子均等于分母减去3，故得数列的通项为 由得原数列的通项公式为 （nN+） （4）注意到从第2项起，各项与其前一项的差依次成等差数列（这样的数列称为二阶等差数列），故考虑运用作阶差再迭加的解法（特性特法）设这一数列为 ，则 221 422 623 2（n1）将以上各式两边相加得 n（n1）1，即 n2n1 （）.（5）设这一数列为 ，则 5613211 111213221 232413231 474813241由此猜想 3 2n1（），证明从略.点评：寻觅各项与其项数之间的规律性，常考察（）各项与其项数b的平方的关系，或“每项a”与其“项数b”的平方之间的关系；（）各项与其项数的指数式之间的关系，或“各项a”与其项数的指数式之间的关系；（）各项和“项数与相邻整数乘积”的关系；（）“差数列”或“商数列”的特征.（6）分析：注意到基本周期数列（1）n：1，1，1，1，各数加1：0，2，0，2，各数同除以2：0，1，0，1，所求通项公式为 （）.（7）借鉴（6）的解题经验与结果，这里 1 1 =2= =2= 又1，0，1，0，的第n项为 ，所求通项公式为 （）.（8）注意到我们所熟悉的数列9，99，999，的通项公式的求法，对这一数列的各项统一变形得 34 3434 343434 由此得出 （）.点评：对具有“周期”特征的数列，寻觅通项公式的变形过程中要注意与“已知周期数列”通项联系（比如（7）；对感觉新颖或陌生的数列，寻觅通项公式时则要注意借鉴同类或相似数列的变形手法（比如（8）.前事不忘，后事之师.我们会在解题中不断体会或实践这一真理.例2.设数列 是首项为1的数列.（1）当 满足（n1）a2n1na2nanan10且 0（）时， （2）当 满足ana12a23a3（n1）an1（n2）时，an 。分析：（1）从分析与化简递推式入手，注意到 0，以a2n同除已知递推式两边得： （n1） n0 0 据此得 将以上各式两边分别相乘得 （ ） 又 1， （）（2） a12a23a3（n1）an1（n2）， a12a23a3（n1）an1nan （） 得 n （n1） （n2） 据得， n （n3）n（n1） （迭代）n（n1）（n2）4 n（n1）（n2）4（3 ）又这里 1 （n2）点评：（1）解（1），这里运用的是“迭乘”法；解（2），这里运用的是“迭代”法.这是解决递推数列问题的两种基本方法，请同学们注意品悟与应用.（2）解决此类问题，一要注意“细节”：递推式变换时对n的范围的认知与注记；二要注意“晚节”：在“迭代”或“类推”的最后阶段，关于规律的认识与把握以及关于“下标”的考察与认定.对于（2），若不注意从式到式应有的“n3”的限制，则极易推出 n（n1）（n2）4321n！的错误结论.例3.设数列 的前几项和为 .（1）已知 ，求 .（2）已知 0（），且 2 ，求 .分析：此为 与 问题，要想到运用公式 推理和计算.解：（1）当n1时， 1；当n2时，又 1适合上式， （）（2）这里 2 在中以（n1）替代n得 （本题特殊性） 注意到 （）（数列普遍性） 由得 （） 又由已知得 2S1， S1， 1 由得数列 是首项为 ，公差为1的等差数列. n 0 （） 于是由得 当n2时， a1=1也符合上式 （）点评：（1）欲求 ，先求 （或 ）.当直面 难以解出时，如此迂回作战是我们克敌制胜的法宝之一.（2）在这里，由（本命题特殊性）与（数列的普遍性）联合推出是问题突破的关键环节.在解决数学问题时，要自觉地实施所给问题的特殊性与这类问题的普遍性相结合的联合推演，以产生闪烁着唯物辩证法光辉的有用结论.例4.（2004全国卷c）已知数列 的前几项和 满足 2 （1） ，n1；（1）写出数列 的前3项 ， ， ；（2）求数列 的通项公式；（3）证明：对任意的整数m4，有 .分析：此例又是 与 的问题，故要立足于公式 寻求 ；对于（3），则要视 的具体形式再决定运用适当的方法.解：（1）由 2 1得 1；由 2 1得 0；由 2 -1得 2.（2）当n2时， 2（ ）2（1） 据此得 （迭代） 注意到 由得 又 1也适合上式， （）（3）证明：由（2）中通项公式得 2.（注意到 的通项公式中含有符号因子 ，故考虑分m的奇偶性讨论.）注意到当n3且n为奇数时 当m4且m为偶数时 4且m为奇数时，有m14且m1为偶数，故利用上面结果得 4，有 点评：对于（2），解题的难点在于利用符号因子的等价交换，由式调理出“等比数列的若干项的和”，解题中关于符号因子的变换技能需要认真品悟和掌握；对于（3），导出当n3且n为奇数时，的铺垫，对于解题思路的明朗与证明过程的简化至关重要.这是对解题的眼力与能力的检验.例5.（2005.福建卷）已知数列 满足 a， .我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a1时，得到无穷数列：1，2， ， ，；当a 时，得到有穷数列： ，1，0.（1）求当a为何值时， 0；（2）设数列 满足 1， （），求证：a取数列 中的任何一个数，都可以得到一个有穷数列 ；（3）若 2（n4），求a的取值范围.分析：对于（1），立足大前提中数列 的相邻两项的递推式 ，并注意到这一数列的代表性；在证明（2）时，想到突出通项 ，利用通项 ，以a 入手计算 ；对于（3），则要注意对问题的分析转化以及对上面结果的应用.解：（1） a， （） 1 ， 1 1 令 0，解得a 当a 时， 0.（2）证明： 1， （） （突出通项）设a为 中任何一个数，且不妨取a （利用通项）则由已知递推式得 1 ， 1 ， ， 至此， 不复存在.当a取数列 中任何一个数时，都可以回到一个有限数列 .（3）解：要使 2，即 2， 要使 2，当且仅当它的前一项 满足 .只须当 （1，2）时，都有 （ ，2）（n5）欲使 （1，2），又这里 2由（1）中 得 2 若 2（n4），则a的取值范围为（0，）.点评：（1）关于数列的项的问题，一般都要利用通项或通项公式，对于（2），突出通项 ，利用通项 ，则 为解题的突破口.（2）对于感觉陌生的问题，要注意分析和转化：化生为熟，或化暗为明.在这里，在分析中理解与认识，品出 2 蕴含的递推的味道，再循着数学归纳法的思想去寻找“递推”的“头”，则导出 的范围便在情理之中了.五、高考真题1、（2005湖南卷）已知数列 满足 0， （），则 （ ）A. 0 B. C. D . 分析：由所给初始值 0与相邻两项递推式 得， ， ， 0.由此知数列 具有周期性，且周期为3. ，应选B.2、（2005天津卷）在数列 中， 1， 2，且 （），则 （ ）分析：注意到所给递推式中含有符号因子 ，故对n分奇偶性讨论.（1）当n为奇数时， 即 ，又 1 50；（2）当n为偶数时， 即 ，又 2， 2461002550于是由（1）（2）得 5025502600.点评：从讨论切入，化整为零，发现奇数项均等于1，其和可求；又发现偶数项组成以 2为首项，公差为2的等差数列.其和可求，于是问题得以解决. 3、（2005北京卷）设数列 的首项 a ，且 ，记 （1）求 ， ；（2）判断数列 是否为等比数列，并证明你的结论；（3）求 .分析：注意到数列 与 的联系，在（1）中求出 ， 之后，可借势计算 ， ， ，并从中猜想 是否为等比数列.（2）的解答由此展开.解：（1）由题设得 a ， a .（2）注意到 a a a 0 （a ） （a ）由此猜想：数列 是首项为 a ，公比为 的等比数列.证明： 与题设得 （） 由知数列 是首项为 a ，公比为 的等比数列.（3）利用（2）的结论得 2 2（a ）.点评：注意到 是用 表出的分段函数，n1或n的奇偶性不同，则 的表达式不同。因此，运用这一递推关系式时务必要注意辨明奇偶，对号入座，谨防出现张冠李戴的错误.4.（2004全国卷）已知数列 中 1，且 ，其中k1，2，3（1）求 ， ；（2）求 的通项公式.分析：注意两个已知的相邻两项的递推式的共同特征：左右两边分别含有相邻的奇数项和偶数项，于是想到由两式联合构造“阶差”切入，进而运用“迭加”突破.解：由已知 1以及递推式得 ， ， ， （1） ， （2） 由得 据此得 将以上各式迭加得 于是由得 于是得数列 的通项公式为 点评：注意到“减”与“加”的辩证关系，对于构造“阶差”切入的问题，一般利用“相加”来突破.在这里，通过“代入”，高于由两个递推式联合构造出相邻的两奇数项的“阶差”表达式，并由此“分列”与“迭加”，导出奇数项的一般表达式.此时，再利用所给递推式本身导出偶数项的一般表达式，则所求通项公式便呼之欲出了.5.（2005山东卷）已知数列 的首项 5，前几项和为 ，且 （）（1）证明：数列 是等比数列；（2）令f（x） 求函数f（x）在点x1处的导数 ，并比较2 与23 13n的大小.分析：已知数列 的相邻两项递推式，要证 为等比数列，或要求 的表达式，显然应立足于 与 的关系式.解法一：将已知式转化为数列 的相邻两项的递推式，进而由这一递推式导出结论或求出 ；解法二：先求 ，再求 ；解法三：列举猜想证明.解法一：（1） （） 2 （n2） 得 （n2）即 2（ ）（n2） 又注意到当n1时 5，故有 ， 11. 由得 2（ ）（）即 2（）数列 是以 为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）得 （）又 由得 （错位相减法） ，2 以下讨论差式 的符号：（1）当n1时， 0，从而有2 ；（2）当n2时， 12（ ）0，2 2n112（n1） 0即 2 .解法二：由已知得 数列 是首项为 ，公比为2的等比数列.（由此可求得 ，进而可得 ，以下过程从略）.解法三：由已知得 56132 1 111213221 232413231由此猜想 32n1（）运用数学归纳法证明，以下从略.点评：（1）开阔思维，把握解决 与 关系问题的基本思路与方法，以在需要的时候能够选择适合自己的最佳途径.（2）注意并学习（1）讨论的细致与严密.In the modern time, mainly in small and medium-sized ent