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针对高考中,数列的热点问题作一分析与拓展,仅供同学们参考。
一、数列概念的拓展
数列是一种特殊的函数,是定义在正整数集上的离散函数,但它仍具备一般函数的性质,如单调性、最值等。
例1 已知数列an为公差d为1的等差数列,bn=1+anan n∈N*;
(1)若a1=-52,求数列bn的最大项和最小项的值;
(2)若对任意的n∈N*都有bn≤b8,求a1的取值范围;
解:(1)bn=1+1an=1+1n-72
结合反比例函数的图形可知:最大项为b4=3,最小项为b3=-1;
(2)bn=1+1an=1+1a1+(n-1)
因为对任意的n∈N*都有bn≤b8,结合反比例函数的图形可得;
7<1-a1<8,即-7 例2 已知数列an各项都是正数,且满足a0=1,an+1=12an(4-an),n∈N
(1)证明:an n∈N
(2)求数列an的通项公式an
剖析:(1)把an+1=12an(4-an),n∈N看作一个函数:f(x)=12x(4-x)
由此启发:an+1=12an(4-an)=-12a2n+2an=-12(an-2)2+2
因为a0=1<2∴a1<2同理可得a2<2
依次可得a3<2,a4<2,Λ,an<2,an+1<2
由于an+1-an=-12a2n+an=-12an(an-2)>0,∴an (2)(an+1-2)=-12(an-2)2即2(2-an+1)=(2-an)2
两边取对数可得:lg(2-an+1)+lg2=2lg(2-an)
lg(2-an+1)-lg2=2lg(2-an)-lg2∴lg2-an+12=2lg2-an2
所以数列lg2-an2为等比数列且公比q=2;
∴lg2-an2=2nlg2-a02即an=2-(12)2n-1。
如果证明一个数列是等比数列(或等差数列),仅用有限项作比(差)得出常数来判断是错误的,必须要依据定义或通项公式来判定。这是数列的基本问题。
例3 数列an与bn的通项公式分别为an=2n,bn=3n+2(n∈N*),它们的公共项由小到大排成的数列是cn。
(1)写出数列cn的前四项
(2)证明:数列cn是等比数列
剖析:(1)(过程略)
数列cn前四项为:8,32,128,512
(2)因为数列cn为an与bn的公共项组成
所以可设cn=2m=3k+2(m,k∈N*)
∴k=2m-23=(3-1)m-23
=
C0m3m+C1m3m-1(-1)1+C2m3m-2(-1)2+Λ+Cmm(-1)m-23
因为k∈N*,∴Cmm(-1)m-2能被3整除
∴m为奇数,即数列cn为数列an中的奇数项。
所以数列cn也为等比数列且公比为4。
∴cn=8•4n-1=22n+1
二、数列通项的拓展
数列是按照一定次序排列的一列数,而研究它们的规律性是解决数列问题的关键。
例2 已知数列an满足a1=2,an+1=2(1+1n)2•an(n∈N*)
求数列an的通项公式.
剖析:an+1an=2(n+1)2n2••••••(*)
∴an+1(n+1)2×cann2=2
∴ann2为等比数列且公比为2.
∴ann2=a112•2n-1=2n
∴an=2n•n2
注:对递推公式要进行整体观察,从整体上去观察他们是否具备共同的规律,当然本题也可以对(*)式进行累乘来求an的通项,但把ann2看成新数列来处理更为简洁,我们对数列的通项要有更为全面的理解.
例3 数列an满足a1=a,a2=b≠0,bn=1+(-1)n2,an+2=(1+bn)an+bn+1,n∈N*
求数列an的通项公式.
剖析:(1)当n为奇数时,
bn=0,an+2=an+1,所以数列an的奇数项为等差数列且公差为1,
∴a2k-1=a+1•(k-1),k∈N*
∴an=a+n-12
(2)当n为偶数时,
bn=1,an+2=2an,所以数列an的偶数项为等比数列且公比为2,
∴a2k=b•2k-1,k∈N*
∴an=b•2n-22
所以,当n为奇数时an=a+n-12,当n为偶数时an=b•2n-22。
注:由奇数项、偶数项在合并成通项公式时,要明确n与k的关系。
例4 已知数列an满足a1=3,an+1=3+an1-3ann∈N*求:a2009,s2009
剖析:有些数列是很难从递推公式中求出它们的通项公式,甚至有些数列还不存在通项公式,但有些数列可以从它们的递推关系中发现它们的发展规律。如本题数列就具有周期性:
a1=3,a2=-3,a3=0,a4=3,a5=-3,a6=0,可归纳出周期为3
∴a2009=a2=-3,s2009=a1+a2=0
本题可以从三角公式:tan(x+π3)=tanx+31-3tanx中得到启发。
三、数列递推关系的拓展
数列递推关系可以是项之间的递推,还可以是和式之间的递推。
例5 在数列an中,a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*.
求数列an的通项公式。
剖析:递推公式提供了数列连续两项的关系,但要善于分析他们的关系,能够把他们转化为某个特殊数列的连续两项,关键是能否把他们转化为具备相同的形式.
解:an+1=4an-3n+1∴an+1-(n+1)=4(an-n)
∴an-n为等比数列;∴an-n=(a1-1)•4n-1
∴an=4n-1+n
注:若上述an+1-(n+1)=4(an-n)不能直接观察出来的话,可用待定系数法求出,设an+1+k(n+1)+b=4an+kn+b,易知k=-1,b=0,即an+1-(n+1)=4(an-n).
有些递推关系在转化过程中是不唯一的,如:an=4an-1+2n,可转化为an+2n=4(an-1+2n-1),
即形成新数列an+2n,也可转化为an2n+1=2(an-12n-1+1),形成新数列an2n+1.
例6 已知数列an和bn满足:bn=1a1+2a2+3a3+…+nan1+2+3+…+n n∈N*;且bn为等差数列,试证明:数列an也成等差数列
证:设bn的公差为d
n(n+1)2bn=1a1+2a2+3a3+…+nan;
(n-1)n2bn-1=1a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1;
nan=n(n+1)2bn-(n-1)n2bn-1;
an=n+12bn-n-12bn-1=n2(bn-bn-1)+bn+bn-12;
an=nd2+bn+bn-12;递推可得an+1=(n+1)d2+bn+1+bn2;
an+1-an=d2+d=32d;且a1=b1,a2=3b2-b12;
∴a2-a1=32d,所以n=1时也成立.即数列an也成等差数列.
注:题设中有1a1+2a2+3a3+…+nan;应将其看作数列nan的和sn,而本题要证an+1-an为常数,故应在等式中消去1a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1;即消去sn-1,因此,利用sn-sn-1,就达到了用bn中的项表示an的目的.作差法是解决与数列和有关的问题的常用方法.
四、数列和式的拓展
等差数列的通项公式,是利用累加法推导的,而裂项累加相消的思想在数列求和中应用非常广泛,而且形式多样。
例10 已知数列an满足:an=1n•2n求证:∑ni=1ai<1724
证:an=1n•2n =1(n-1)•2n-1-1n•2n
∴∑ni=1ai<(11•2+12•22+13•23)+13•23-14•24+14•24-15•25+Λ+1(n-1)•2n-1-1n•2n
=12+18+124+124-1n•2n<1724
∴∑ni=1ai<1724得证。
注:对类似数列的求和问题,我们可以推广到一般情况:设an是公差为d的等差数列,则有1a1a2Λan=1(n-1)d•(1a1a2Λan-1-1a2a3Λan);
特别地,以下等式都是上式的具体应用:
1n(n+1)=1n-1n+11(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2)
上述方法也称为“升次裂项法”。
注:等比数列求和公式的推导是利用错位相减法,这种方法适合等差数列与等比数列乘积形式的数列求和,方法比较固定,这里就不再重复。
一、数列概念的拓展
数列是一种特殊的函数,是定义在正整数集上的离散函数,但它仍具备一般函数的性质,如单调性、最值等。
例1 已知数列an为公差d为1的等差数列,bn=1+anan n∈N*;
(1)若a1=-52,求数列bn的最大项和最小项的值;
(2)若对任意的n∈N*都有bn≤b8,求a1的取值范围;
解:(1)bn=1+1an=1+1n-72
结合反比例函数的图形可知:最大项为b4=3,最小项为b3=-1;
(2)bn=1+1an=1+1a1+(n-1)
因为对任意的n∈N*都有bn≤b8,结合反比例函数的图形可得;
7<1-a1<8,即-7
(1)证明:an
(2)求数列an的通项公式an
剖析:(1)把an+1=12an(4-an),n∈N看作一个函数:f(x)=12x(4-x)
由此启发:an+1=12an(4-an)=-12a2n+2an=-12(an-2)2+2
因为a0=1<2∴a1<2同理可得a2<2
依次可得a3<2,a4<2,Λ,an<2,an+1<2
由于an+1-an=-12a2n+an=-12an(an-2)>0,∴an
两边取对数可得:lg(2-an+1)+lg2=2lg(2-an)
lg(2-an+1)-lg2=2lg(2-an)-lg2∴lg2-an+12=2lg2-an2
所以数列lg2-an2为等比数列且公比q=2;
∴lg2-an2=2nlg2-a02即an=2-(12)2n-1。
如果证明一个数列是等比数列(或等差数列),仅用有限项作比(差)得出常数来判断是错误的,必须要依据定义或通项公式来判定。这是数列的基本问题。
例3 数列an与bn的通项公式分别为an=2n,bn=3n+2(n∈N*),它们的公共项由小到大排成的数列是cn。
(1)写出数列cn的前四项
(2)证明:数列cn是等比数列
剖析:(1)(过程略)
数列cn前四项为:8,32,128,512
(2)因为数列cn为an与bn的公共项组成
所以可设cn=2m=3k+2(m,k∈N*)
∴k=2m-23=(3-1)m-23
=
C0m3m+C1m3m-1(-1)1+C2m3m-2(-1)2+Λ+Cmm(-1)m-23
因为k∈N*,∴Cmm(-1)m-2能被3整除
∴m为奇数,即数列cn为数列an中的奇数项。
所以数列cn也为等比数列且公比为4。
∴cn=8•4n-1=22n+1
二、数列通项的拓展
数列是按照一定次序排列的一列数,而研究它们的规律性是解决数列问题的关键。
例2 已知数列an满足a1=2,an+1=2(1+1n)2•an(n∈N*)
求数列an的通项公式.
剖析:an+1an=2(n+1)2n2••••••(*)
∴an+1(n+1)2×cann2=2
∴ann2为等比数列且公比为2.
∴ann2=a112•2n-1=2n
∴an=2n•n2
注:对递推公式要进行整体观察,从整体上去观察他们是否具备共同的规律,当然本题也可以对(*)式进行累乘来求an的通项,但把ann2看成新数列来处理更为简洁,我们对数列的通项要有更为全面的理解.
例3 数列an满足a1=a,a2=b≠0,bn=1+(-1)n2,an+2=(1+bn)an+bn+1,n∈N*
求数列an的通项公式.
剖析:(1)当n为奇数时,
bn=0,an+2=an+1,所以数列an的奇数项为等差数列且公差为1,
∴a2k-1=a+1•(k-1),k∈N*
∴an=a+n-12
(2)当n为偶数时,
bn=1,an+2=2an,所以数列an的偶数项为等比数列且公比为2,
∴a2k=b•2k-1,k∈N*
∴an=b•2n-22
所以,当n为奇数时an=a+n-12,当n为偶数时an=b•2n-22。
注:由奇数项、偶数项在合并成通项公式时,要明确n与k的关系。
例4 已知数列an满足a1=3,an+1=3+an1-3ann∈N*求:a2009,s2009
剖析:有些数列是很难从递推公式中求出它们的通项公式,甚至有些数列还不存在通项公式,但有些数列可以从它们的递推关系中发现它们的发展规律。如本题数列就具有周期性:
a1=3,a2=-3,a3=0,a4=3,a5=-3,a6=0,可归纳出周期为3
∴a2009=a2=-3,s2009=a1+a2=0
本题可以从三角公式:tan(x+π3)=tanx+31-3tanx中得到启发。
三、数列递推关系的拓展
数列递推关系可以是项之间的递推,还可以是和式之间的递推。
例5 在数列an中,a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*.
求数列an的通项公式。
剖析:递推公式提供了数列连续两项的关系,但要善于分析他们的关系,能够把他们转化为某个特殊数列的连续两项,关键是能否把他们转化为具备相同的形式.
解:an+1=4an-3n+1∴an+1-(n+1)=4(an-n)
∴an-n为等比数列;∴an-n=(a1-1)•4n-1
∴an=4n-1+n
注:若上述an+1-(n+1)=4(an-n)不能直接观察出来的话,可用待定系数法求出,设an+1+k(n+1)+b=4an+kn+b,易知k=-1,b=0,即an+1-(n+1)=4(an-n).
有些递推关系在转化过程中是不唯一的,如:an=4an-1+2n,可转化为an+2n=4(an-1+2n-1),
即形成新数列an+2n,也可转化为an2n+1=2(an-12n-1+1),形成新数列an2n+1.
例6 已知数列an和bn满足:bn=1a1+2a2+3a3+…+nan1+2+3+…+n n∈N*;且bn为等差数列,试证明:数列an也成等差数列
证:设bn的公差为d
n(n+1)2bn=1a1+2a2+3a3+…+nan;
(n-1)n2bn-1=1a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1;
nan=n(n+1)2bn-(n-1)n2bn-1;
an=n+12bn-n-12bn-1=n2(bn-bn-1)+bn+bn-12;
an=nd2+bn+bn-12;递推可得an+1=(n+1)d2+bn+1+bn2;
an+1-an=d2+d=32d;且a1=b1,a2=3b2-b12;
∴a2-a1=32d,所以n=1时也成立.即数列an也成等差数列.
注:题设中有1a1+2a2+3a3+…+nan;应将其看作数列nan的和sn,而本题要证an+1-an为常数,故应在等式中消去1a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1;即消去sn-1,因此,利用sn-sn-1,就达到了用bn中的项表示an的目的.作差法是解决与数列和有关的问题的常用方法.
四、数列和式的拓展
等差数列的通项公式,是利用累加法推导的,而裂项累加相消的思想在数列求和中应用非常广泛,而且形式多样。
例10 已知数列an满足:an=1n•2n求证:∑ni=1ai<1724
证:an=1n•2n
∴∑ni=1ai<(11•2+12•22+13•23)+13•23-14•24+14•24-15•25+Λ+1(n-1)•2n-1-1n•2n
=12+18+124+124-1n•2n<1724
∴∑ni=1ai<1724得证。
注:对类似数列的求和问题,我们可以推广到一般情况:设an是公差为d的等差数列,则有1a1a2Λan=1(n-1)d•(1a1a2Λan-1-1a2a3Λan);
特别地,以下等式都是上式的具体应用:
1n(n+1)=1n-1n+11(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2)
上述方法也称为“升次裂项法”。
注:等比数列求和公式的推导是利用错位相减法,这种方法适合等差数列与等比数列乘积形式的数列求和,方法比较固定,这里就不再重复。