高考数列常考题型归纳总结汇总.doc

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1、高考数列常考题型归纳总结类型1an+1=an+f(n解法：把原递推公式转化为an+1-an=f(n，利用累加法(逐差相加法求解。例:已知数列{an}满足a1=解：由条件知：an+1-an=12，an+1=an+1=11n+n2，求an。-1n+1n+n2n(n+1=1n分别令n=1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,(n-1，代入上式得(n-1个等式累加之，即(a2-a1+(a3-a2+(a4-a3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(an-an-1=(1-12+(12-13+(1n13-14+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(1n-1-1n所以an-a

2、1=1-a1=1212+1-1n=32-1n，∴an=类型2an+1=f(nan解法：把原递推公式转化为23an+1an=f(n，利用累乘法(逐商相乘法求解。nn+1例:已知数列{an}满足a1=解：由条件知之，即a2a1∙a3a2∙a4a323，an+1=an，求an。an+1an=nn+1，分别令n=1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,(n-1，代入上式得(n-1个等式累乘∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙anan-123n=12⨯23⨯34⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯n-1n⇒ana1=1n又a1=，∴an=例:已知a1=3，an+1=解

3、：an=3(n-1-13(n-1+23n-43n-13n-13n+2an(n≥1，求an。∙3(n-2-13(n-2+27⋅4∙⋅⋅⋅∙3⨯2-13⨯2+26∙3-13+2a1=⋅3n-3n-52⋅⋅3=85n-3。1变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+(n-1an-1(n≥2，则{an}的通项an=⎨⎧1⎩___n=1n≥2解：由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+(n-1an-1+nan，用此式减去已知式，得当n≥2时，a

4、n+1-an=nan，即an+1=(n+1an，又a2=a1=1，∴a1=1,a2a1=1,a3a2=3,a4a3=4,⋅⋅⋅,anan-1=n，将以上n个式子相乘，得an=n!2(n≥2类型3an+1=pan+q（其中p，q均为常数，(pq(p-1≠0）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an+1-t=p(an-t，其中t=换元法转化为等比数列求解。例:已知数列{an}中，a1=1，an+1=2an+3，求an.解：设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2(an-t即an+1=2a

5、n-t⇒t=-3.故递推公式为an+1+3=2(an+3,令bn=an+3，则b1=a1+3=4,且bn+1bn=an+1+3an+3=2.q1-p，再利用n-1n+1=2所以{bn}是以b1=4为首项，2为公比的等比数列，则bn=4⨯2,所以an=2n+1-3.变式:（2006，重庆,文,14）在数列{an}中，若a1=1,an+1=2an+3(n≥1，则该数列的通项an=_______________（key:an=2n+1-3）变式:（2006.福建.理22.本小题满分14分）已知数列{an}满足a

6、1=1,an+1=2an+1(n∈N*.（I）求数列{an}的通项公式；（II）若数列{bn}滿足4b-14b12-14bn-1=(an+1n(n∈N,证明：数列{bn}是等差数列；b*（Ⅲ）证明：n12-13

7、.∴4(k1+k2+...+kn-n=2nkn.∴2[(b1+b2+...+bn-n]=nbn,2[(b1+b2+...+bn+bn+1-(n+1]=(n+1bn+1.②－①，得2(bn+1-1=(n+1bn+1-nbn,即(n-1bn+1-nbn+2=0,nbn+2-(n+1bn+1+2=0.③－④，得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*,∴{bn}是等差数列①②证法二：同证法一，得(n-1bn+1-nbn+2=0令n=1

8、,得b1=2.设b2=2+d(d∈R,下面用数学归纳法证明bn=2+(n-1d.（1）当n=1,2时，等式成立（2）假设当n=k(k≥2时，bk=2+(k-1d,那么bk+1=kk-1bk-2=k[2+(k-1d]-2k-1k-1k-1这就是说，当n=k+1=2+[(k+1-1]d.根据（1）和（2），可知bn=2+(n-1d对任何n∈N*bn+1-bn=d,∴{bn}（III）证明：akak+1=2-12k+1k-1=2-1