数列综合题热点透析

数列与数列相结合的综合题这类综合题主要考查等差数列和等比数列的定义、通项公式、前n项和公式以及性质等内容.例1已知Sn是数列｛an｝的前n项的和,a1=1,Sn 1=4an 2,n=1,2,3,4,…(1)设bn=an 1-2an(n=1,2,3,4,…),求证:数列｛bn｝为等比数列.(2)设cn=2ann(n=1,2,3,4,…),求证:数列｛cn｝为等差数列.(3)求数列｛an｝的通项公式及其前n项的和.解析(1)∵Sn 1=4an 2,∴Sn 2=4an 1 2.上述两式对应相减,得an 2=4an 1-4an,即an 2-2an 1=2(an 1-2an).∴bn 1=2bn,且b1=3.∴数列｛bn｝为等比数列.(2)由an 2=4an 1-4an,得2ann 22=42ann 21-24na n2.…     

数列题型的求解策略

2009年高考江西卷(文科)第21题是一道数列题:"数列{an}的通项an=n2(cos2nπ/3-sin2nπ/3),其前n项和为Sn.(1)求Sn;(2)令bn=S3n/n·4n,求数列{bn}的前n项和Tn".     

用错位法探究数列的前n项和

对于{anbn}（其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列）形式的数列,求其前n项和通常用错位相减法。这种数列通项可写成anbn=（an＋b）qn。如果通项形如（an2＋bn＋c）qn,（an3＋bn2＋cn＋d）qn,…,甚至形如f（n）qn,其中f（n）=a0nm＋a1m-1＋…＋am-1n＋am,m∈N,且m、a、b、c、d、ai（i=0,1,2,…,m）均为常数时,它们能否也可用错位相减法呢？     

一道数列高考题的多解研究

(2012年高考江苏卷第20题)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1=an+bn/a2n+b2n,n∈N*.(1)设bn+1=1+bn/an,n∈N*,求证数列{(bn/an)2}是等差数列;(2)设bn+1=2·bn/an,n∈N*,且{an}是等比数     

应用函数思想，解决数列问题

下面结合几个实例谈谈函数思想在数列问题中的应用 .一、函数的定义在数列中的应用【例 1】给出以下三个结论 :① {an}是等差数列的充要条件是an 是n的一次函数 .② {an}是等差数列的充要条件是其前n项和Sn 是n的二次函数 .③ {bn}是等比数列 ,则bn 是关于n的指数函数形式 ,其中正确的个数为 (　　 )(A) 0　　 (B) 1　　 (C) 2　　 (D) 3分析 :{an}是等差数列 ,其通项为an =a1 +(n -1)d =dn+a1 -d ,其前n项和Sn =na1 +n(n-1)d2 .当d=0时 ,an 不是n的一次函数 ,Sn 也不是n的二次函数 .因此①、②都不对 .不难证明 ,{an}是等差数列 an =an+…     

例说大衍求一术

在数列一章的学习过程中,我们碰到这样一个问题： 设等差数列{an}的通项公式是an=27n＋2,等差数N{bn}的通项公式是bn=64m＋3,则两个等差数列的第一个相同项分别是原数列中的第几项？     

导数应用(高三)

例1已知{an}是等差数列,且a1=2,a1 a2 a3=12.(*)(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=anxn(x∈R),求数列{bn}的前n项和公式.(03年北京春季高考)解(1)设数列的公差是d,则由(*)得3a1 3d=6 3d=12,解得d=2,     

另辟途径，巧求一类数列的和

若{an}是等差数列,通项为an=a1＋（n-1）d（d≠0）;{bn}是等比数列,通项为bn=b1q^n-1（q≠1）,求数列{anbn}的前n项和Sn．此类问题高考中经常出现,解决的方法是错位相减法,而错位相减法涉及比较复杂的运算,考试时学生十有八九是算不对答案的．为了避免繁琐的运算,本文给出两种方法,供大家参考．     

用错位法求某些数列的前n项和

对于{anbn}（其中{an）为等差数列，{bn}为等比数列）形式的数列，求其前n项和通常用错位相减法．这种数列通项可写成anbn=（an＋b）q^n．如果通项形如（an^2＋bn＋c）q^n，（an^3＋bn^2＋cn＋d）q^n，…，甚至形如f（n）q^n，其中f（n）=a0n^m＋a1n^m-1＋…＋am-1n＋am，m∈N^＊，且m、a、b、C、d、ai（i=0，1，2，…，m）均为常数时，它们能否也可用错位相减法呢？     

对一个递推数列结论的更正

文[1]通过对一道课本习题的变式教学,探究递推数列an=pan-1 f(n)的通项,文中指出:形如an=can-1 d*bn(c≠0,c≠1,d≠0,b≠0)的递推关系式,均可由an λbn= c(an-1 λbn-1)构造等比数列处理.这一结论有不妥之处,请看下例:     

用累乘法求递推数列的通项公式

给出数列{an}的递推公式和首项a1,求数列{an}的通项公式,往往我们可以将所给出的递推公式进行变形,使问题转化为所熟知的bn+1=f(n)bn形式,当bn≠0时,变形得到(b(n+1))/bn=f(n),则由累乘法可得bn=bn/(b(n-1))·(b(n-1))/(b(n-2))…b3/b2·b2/b1·b1= f(n-1)f(n-2)…f(3)f(2)f(1)b1,若f(n-1)、f(n-2)、…、f(3)、f(2)、f(1)的积容易求出,则数列{bn}的通项公式可求出,从而得到数列{an}的通项公式.     

构造新数列,求一类递推数列{a_n}通项

在数列 {an}中 ,已知 a1,且 an+ 1=qan + bn( n∈N+ ) ,求通项 .这类问题我们经常遇到 ,下面我们就其中一些常见简单的类型分别研究 .类型一 :当 an+ 1=qan+ bn中 ,q为非零非 1的常数 ,bn = d ( d为非零常数 ) ,这时可以通过待定系数法构造一个公比为 q的等比数列 {an + c}求解 .例 1　数列 {an}中 ,a1=3,an+ 1=2 an+ 5,求数列{an}的通项公式 .解 :∵ an+ 1=2 an + 5,设 an+ 1+ c=2 ( an + c) ,即 an+ 1=2 an + c,∴ c=5.∴ an+ 1+ 5=2 ( an + 5) ,∴ {an+ 5}是首项为 a1+ 5=8,公比为 2的等比数列 ,∴ an + 5=8× 2 n- 1,∴ an =2 n+ 2 - 5…     

赏析如出一辙的三道高考数列题

试题1（2007年山东高考题）设数列{an}满足a1＋3a2＋3^2a3＋…＋3^n-1an=n/3,n∈N^＊． （1）求数列{an}的通项; （2）设bn=n/an,求数列{bn}的前n项和Sn．     

例说两数列的相等项

下面请看与两数列的相等项有关的例子.【例1】已知等差数列{an}的公差和等比数列{bn}的公比都是d(d≠0),且a1=b1,a4=b4,a10=b10,求实数a1和d的值.分析:由题意知,an=a1+(n-1)d,bn=b1qn-1=a1dn-1.由a4=b4,a10=b10得a1+3d=a1d3a1+9d=a1d9整理得d6+d3-2=0,解得d3=1或d3=-2.∵d≠1,∴d3=-2,即d=-32.将d=-32代入a1+3d=a1d3,得a1=32.【例2】在等差数列5,8,11,…,302与等差数列3,7,11,…,299中,有多少个相同项?错解:记这两个数列分别为{an}和{bn}.易知an=3n+2,bn=4n-1.设an=bn,则3n+2=4n-1,n=3.所以这两个数列中只有第3项相同.错因:在求两数列{an}与…     

一类双数列递推式之通项公式的求解

由两个数列{an}与{bn}所组成的递推式求其通项公式通常较为困难,在文[1]中作者给出了一道题的解如下:若数列{an}与{bn}满足a0=1,b0=0,且an+1=7an+6bn-3bn+1=9an+7bn-4(n∈N),试证an(n∈N)是完全平方数.导析:由初始条件和已知递推式,易求出a1=4,b1=4,且当n≥1时,(2an+1-1)+3bn+1=(14an+12bn-7)+3(8an+7bn-4)=(7+43)[(2an-1)+3bn]累次迭代,便得(2an-1)+3bn=(7+43)n-1[(2a1-1)+3b1]=(7+43)n请注意:这里是否有等比数列的模型呢?同样,我们还可建立上式的对偶式:(2an-1)-3bn=(7-43)n于是,将所得二式相加,得an=14(7+43)n+14(7-43)n+12因为7±43=(2…     

引参探求巧解两例

在数学竞赛中 ,利用数列递推关系求通项 ,往往需要引参利用待定系数法去求 ;重要不等式的运用中取相等条件 ,往往通过引参来调配 ,要文从这两个方面 ,特举两例介绍一下通过引参来探索解题思路的方法 .例 1　设数列 {an}和 {bn}满足 a0 =1 ,b0=0且an+1 =7an+ 6 bn- 3,　 1bn+1 =8an+ 7bn- 4,　 2 n=0 ,1 ,2 ,…证明　 an( n=0 ,1 ,2 ,… )是完全平方数 .( 2 0 0 0年全国高中数学联赛题 )分析　本题通过引参探求构造新的等比数列 ,从而求出 an 的通项 ,再证 an 是完全平方数 .解　设 an+1 + αbn+1 + β=( 7+ 8α) an+ ( 6+ 7α) bn+ β- 3- 4…     

等差数列的一个性质及应用

定理　设数列 {an}是以d为公差的等差数列 ,Sn 为 {an}的前n项和 ,记bn=Snn ,则数列 {bn}是以d2 为公差的等差数列 .简证　数列 {an}是以d为公差的等差数列 ,则　Sn =na1+n(n- 1)2 d ,∴bn =Snn =a1+(n- 1)· d2 .易知 {bn}是以a1为首项 ,d2 为公差的等差数列 .利用这一性质 ,可以方便地解决等差数列中某些与前n项和有关的问题 ,方法简练、实用 ,也易于被同学们接受 .下面举例说明 .例 1　设 {an}是等差数列 ,Sn 为数列 {an}的前n项和 .已知S5=2 8,S10 =36 ,求S17.解　记bn =Snn ,由定理知 ,数列 {bn}是等差数列 ,设其公差为d′ ,则d′=…     

“三和五两九通”速解高考数列

数列是高考的重点内容,一般有一道大题和一道小题,分值共20分左右.考生由于没有掌握好数列的解题规律,失掉了不该丢的分数.其实只要我们牢记“三和五两九通”,把握住数列常用的通性通法,拿下数列是不成问题的.一、“三和五两九通”“三和”指的是三种求和方法:倒序相加法、错项相消法、裂项相消法.“五两”指的是:(1)两个基础:等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式;(2)两个灵活:如果m n=p q(m、n、p、q∈N*),等差数列有am an=ap aq,等比数列有am·an=ap·aq;(3)两个分类:an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*)和Sn=na1(q=1)a1(1-qn)1-q(q≠…     

巧用三点共线解等差数列题

等差数列{an},若公差d≠0,可以把通项看作是项数n的一次函数,即an=an+b(a≠0),因此通项反映的点对(n,an)一定分布在该函数所表示的直线上.同样,由等差数列前n项和Sn=an2+bn,得出Sn/n=an+b,因此Sn/n是关于n的一次函数,其反映的点对(n,Sn/n)也分布在该函数所表示的直线上.运用     

求高阶等比数列通项公式的方法

让我们先来看两道例题:例1已知数列{a n}:6,9,14,23,40试求该数列的通项公式.解记an+1?an=bn,则{b n}:3,5,9,17记bn+1?bn=cn,则{c n}:2,4,8.∴cn=2n.bn=b1+(b2?b1)+(b3?b2)++(b n?bn?1)=b1+c1+c2++cn?1=3+2+22++2n?1=2n+1,an=a1+b1+b2++bn?1=6+(2+1)+(22+1)++(2n?1+1)=6+(2+22++2n?1)+(n?1)=2n+n+3,∴数列{a n}的通项公式为:an=2n+n+3.例2已知数列{a n}:1,7,16,30,53,93,166试求该数列的通项公式.类似于例1可得数列{a n}的通项公式为:an=2n+n2/2+5n/2?4.总结例1与例2,若将原数列{a n}算作“第1阶”,则例1中的数列{a n}是在“逐差”至“第3阶…