解题篇 经典题突破方法 高二数学２０ｌ ７年１ ０月 关系式求 教列通项／厶＼式的常ｊｌＩ方珐 ■河南省郑州市第四十七中学 『 编者的话：经典题突破方法”栏目里例、Ｉ ｎ 吕 茵 一 一 ３，点评：解本题的关键是把递推关系式 一２ｎ ＋３×２ 转化为 说 【习题选名校模拟题或三年离考真题，推出本Ｉ ｌ栏目的主要目的是让同学们更好地领悟数ｌ 学解题思想方法，通过多解多变培养同学们ｉ Ｉ多思多想的好习惯。学会解题反思，无疑是ｌ 明数列｛ ｝是等差数列，再直接利用等差数 列的通项公式求出 一１＋（１ｌ－－１） ３，】同学们学习的一条捷径，愿同学们不断在反ｊ ｉ思中进步，在反思中收获！ ｌ 进而求 出数列｛ｎ ｝的通项公式。 数列足高中数学的重要内容之一，数列 的迎项公式址数列的核心之一。在很多情况 二．累加法 １．适用于： ，，一“ ＋＿厂（＂）一一这是广 Ｆ，符种数列综合 题的解决，首先是对数列 通项公式的求解．这是解决数列综合问题的 突破Ｉ］和火键。Ｆ１前我ｆ『Ｊ比较熟悉的数列 义的等差数列，累加法是最常见的方法之一。 ２．若ｎ ＿＿Ｉ——ｎ 一，（ ）（，？≥１），贝Ｕ：“２一 “１一＿，’（１）； “ 一“２一＿，’（２）； 旮：等羞数列、等比数列、等和数列、等积数列 及其广义形式。求解等差数列、等比数列的 通项公式的方法是累加和累乘，这两种方法 是求数列通项公式的最基本方法。求数列通 项的堪本思路是把所求数列通过变形．转化 “ ｌ一“ 一＿厂（，１）。 两边累加得ｎ 一“ 一∑＿厂（七）。 为等差数列或等比数列。目前用递推关系求 数列通项公式的方法有：累加法、累乘法、待 定系数法、埘数变换法、倒数变换法、换元法 （目的是去掉递推关系式中出现的根号）、不 侧２ 已知数列｛ ）满足 …一 ＋ ２×３ ＋１，ｎ 一３，求数列｛ ）的通项公式。 解析：由“¨＋ｌ一Ⅱ ＋２×３ ＋１，得“ ｊ一 口 一２×３”＋１，则ａ 一（“ 一ｎ 】）＋（ｎ ｌ— ｎ一２）＋…＋（“３一ａ ２）－Ｉ－（ｎ ２一ｎ１）＋ｎｌ 一（２×３” ＋１）＋（２×３ 一 ＋１）＋…＋ （２×３。＋１）＋（２×３ ＋１）十３ —动点法（递推式是一个数列通项的分式表达 式）、特征根法等。 一．公式法 倒， 已知数列｛ ）满足 ～ 一２ ＋ ３×２ ，“。一２，求数列｛“ ）的通项公式。 解析：“ １—２ｃｌ ＋３×２ 的两边同时除 以２ １，得 一 ６１￣ｊ十， ３则 ．２（３一 ＋３” ＋…＋３ ＋３ ）＋，２＋２ ３ｆ１—３ ２× １—３ —３”一３＋”十２ —３ ＋”一１。 一 ２ ｎ一 ３・故 所以ｎ 一３ ＋”一１。 数列｛ ｝足以 ２１一 ２—１为首项， ３为公差 的等差数列。由等差数列的通项公式，得 一三、累乘法 １．适用于：ｎ ：＝＝，（ ）ｎ… １十（， 一１）号．所以数列｛ ｝的通项公式 ２．若 一，（“¨ ， ）．则 ａ“ｌ ２一，（ １），磬 “！ 厂（２），…。 “” 为（１ ＿一（号¨一÷）２”一（３ｔｔ—１）・２” 。 ｌ ３２ 一／’（”）。 法Ｅｌ ，两边累乘，整理得ａ 一ｎ ＩｎＩｆ（ｋ）倒 已知数列 ）满足 ‘ 。 ￣］ｔ／ ５＋２ｘ＝３“解得』ｚ‘一 代入①式得：４＋ｙ ＝３ｙ ，～Ｉ＋５２—３ ５ ＋２）。 口１＋２ａ ２－４－３ａ ３＋…＋（ 一１）ａ．－１（，ｚ≥２），求 ｛ｎ ）的通项公式。 解析：由题意知ｎ ｎ—ｎ ＋２ｎ ｚ－Ｉ－３ａ。＋… ＋（ｎ－－１）ａ，，１（ ≥２）。 ① ② 由ｎ ＋５×２ ＋２≠０及②式，得： ｎ ＋５×２ ＋２≠０。 。ｆｎ ＋１十５×２ ＋ ＋２一。 因此，口ｎ＋ｌ—ａ１＋２ａ ２＋３ａ ３＋…＋（ｎ一 州 ｎ ＋５×２”＋２ 一。。 １）ａ…＋”ａ 。 ②一①得： ｎ ＋ｌ—ｎ 一咒ｎ 。 则ａ 一（ｎ＋１）ａ （ｎ≥２）ｎ ② 数列｛ａ ＋５×２ ＋２｝是以１３为首项，３ 为公比的等比数列，因此口 ＋５×２ ＋２一 １３×３一 ，贝Ｕ ａ 一１３×３一 一５×２ 一２。 点评：解本题的关键是把递推关系式 故 “ 一 ＋１（ ≥２）。 Ｉ￣ｎ＋ｌ一３ａ．＋５×２ｎ ４－４转化为ａ ｎ＋ｌ＋５×２ ＋２—３（ｎ ＋５×２ ＋２），从而可知数列｛口 ＋ 因此，。 ：：：．竺 ． …．． ，＇．。 一 ５×２ ＋２｝是等比数列，进而求出数列｛ａ ＋ ５ ×２ ＋２ ）的通项公式ａ ｝的 ，最后再求数列｛ ｔ ［，２（ 一１）…・・４×３］ｎ。一等ｎ。。 ｎ…（ｎ≥２），取 一２得ｎ 一ｎ 。 ③ 通项公式。 五 对数变换法，适用于 ＋ 一 （ ，ｒ为常数）型，Ｐ＞ｏ，ａ ＞ｏ 已知。 一＆ ＋２。 ＋３ ＋…＋（ 一１） 又知Ｃｌ１—１，则ａ ２—１，代入③得： 。 一１．３．４．５…．． 一 。 侧 数列｛。 ｝满足ｎ 一２×３ × 。５ ，ｎ 一７，求数列｛ｎ ｝的通项公式。 解析：因为“ 一２×３ ×ｎ ，。１—７，所 因此｛ｎ ｝的通项公式为ａ 一 Ｉ 一上’ ｆ 一．． …… …． ，以ｎ ＞０，ａ ＞ｏ。在ａ 一２×３ ×ｎ 的两 …“ … …‘… “ 。。。 边取常用对数，得ｌｇ ㈣一５ｌｇ口一＋ｎｌｇ ３＋ ｇ 。 ｆ专， ≥２。 点评：本题解题的关键是把递推关系式 ｒＪ 不妨设ｌｇ ａ ＋ｚ（ｎ＋１）＋ 一５（１ｇ ａ 一＂＋ （” ＋ｚ ＋ ）。 ＋ 一（ｎ＋１）口 （ｎ≥２）转化为— ② ｇ ≥求 ｎ 一等…・暑・ “一２ ．ｚ（ 十】）十ｖ一５（Ｉｇ口 十 —十一ｖ） ａ ｚ，从而可得当ｎ≥２时，ｎ 的表达式，最后 再求出数列｛ａ ｝的通项公式。 两边消去５１ｇ ａ 并整理，得：（１ｇ ３＋５ｔ７）” ＋ｚ＋ｙ＋ｌｇ ２—５ｘｎ＋５ｙ。 四 待定系数法，适用于“ ＋ 一 ＋－厂（ ） 侧 析‘ ． ２ ”＋ ）。 ｆ一一 则ｌｇ ３ ＋ｘ＝５ｘ， 已知数列｛ｎ ｝满足ａ ｎ＋ｌ＝３ａ ｎ＋ … 叶 故。，５×２ ＋４，ｎ 一１，求数列｛ｎ ｝的通项公式。 代人②式，得ｌｇ ① Ｊ－ ｇ ２｛Ｊ。 。’ ．ｇ ２ Ｉ 一 （ 十■广。 ）十 ＋ ．ｎ…一３ｎ ＋５×２ ＋４代人①式。得！ ／ 一 ’’ … 一 ４ ’，ｌｇ ３１ｇ ３．１ｇ ２、 。 ４“。１６。４／。 一 ３ａ ＋５ Ｘ ２ ＋４＋ｚ×２” ＋．ｙ一３（口 ＋ ＋ 理（ ５由１ ｇｎｌ＋ ２ ４ｙ ３ｙ ｌｇ×ｌ＋ ＋ ＝＝＝ｌｇ ７＋ ５ ２ × ＋×＋＋一× ＋ ＋。 Ｔ４ ×１＋ １６＋ ４≠。及③式 …一。 。３３ 譬兰曩学经 … ＋ 卅 斗一竿≠。。 １ｇ ＋ ＋ ・ｇ。 ＋ （ ＋１）＋ ＋ ＋ ＋ 。 １（１＋ ＋ ）得： （６ ～１）一 ［１＋４× １（６ １）＋ ，） ］。 整弹得４６ 一（６ ＋３） 。 …黼 『ｌ『１一 —Ｌ ｌｇ ３．． １ｌｇ ３ ｌｇ ２ １ Ｅ ４ ｊ～ …～…１ ～ ４～’１６ 冈为ｂ，，一、 干 ＿＿＿２ ≥０。 ≥０，所以 ．， 一 以１ｇ ７＋ ＋ ＋＿ｌｇ２为首项广的等比数列，则ｌｇ“ ＋ ”＋ ，５为公Ｈ ＋ 一 则２ｂ ｛ｌ一『） ＋３，，） １ ｆｎ ｌ ３ ｃ 整理可得 ｌ ３一 １（ （・ｇ 十 ＋一 ＋ ）ｓ～。冈 ｇ 一 （ ｇ ｌｆ ３）。 ＋ ＋ ）ｓ一～ｌｌ＿ｇ ３一 ｌｇ ［１ｇ（７．３÷．３ ．２÷）］．５一 一 所以｛６ １ ３｝足以６． ３一 ｒ』＿ ｓ一２为首项， ２为公比的等比数列，冈此 ４ ｓ—ｚ（ 。 一１ｇ（３旱．３ ．２下Ｉ） ５… ＝（ 一１ ５一一１ ｌｇ（７ ｌ 一 ・３— ．３ ‘３一］ 一・２— 一） ．２ ）。 ５ 一ｌ 此， 一（ ） ＿换元 一 一５—４＂一】 故 一 ２ Ｉ １）”＋（ ）”＋÷。 羔评：解本题的关键是将￣／ｉ干 为 １ 贝ＩＪ“ 一７ ×３一一—— — 一——×２——：ｉ一。 点评：解本题的关键是通过对数变换隶 递推关系式‰＿＿】一２×３ ×ｎ 转化为ｌｇ“ 使得所给递推关系式转化为，）…十 ｃ ｎ＋ ＋竿＝ 十号的形式，从而可知数列｛ 一３｝为等 ３｝的通项公式， 比数列，进而求出数列｛ ｓ（ ｇ ＋ ｎ＋ ＋ ），从而可知数 最后求出数列｛ ｝的通项公式。 ｛ｌｇ 十 兰一卜 ＋ ｝是等比数列，遗 七 倒数变换法，适用于分式关系的递 推公式，分子只有一项 而求出数列｛ ｇ ＋ ”＋等 ＋ ｝的通 项公式，最后再求出数列｛ ｝的通项公式。 侧７ 已知数列｛ ）满足 ２ａ １，求数列｛ ｝的通项公式。 故＿１一解析：求倒数得 １一 １Ｆ １ 六，换元法 侧６ 已知数列｛ ｝满足 …一 １， “¨｝ｌ １一 （１＋４ ＋ 的通项公式。 ），“ 一ｌ，求数列 。数列｛ １｝为等差数列，首项 １一ｌ， 公笸为专，则 ＝＝专ｃ”卜 ，， ＝＝ 。 ，则 一 解析：不妨令ｂ 一、／，『＝ （６ ～１）。 八、不动点法 倒 １），代入式子 一 ２１“， ２４ 已知数列（ ）满足 ＋ 一 故“…一 ‘６ 一 ■Ｆ 。 ４，求数列｛ ）的通项公式。 ３４ 蓄 ｃｃ－－解析：令 一 ２１—２４得，４ｃｃ ２—２０ｚ＋ 通项公式，最后求出数列｛ｎ ｝的通项公式。 ＿广 ２４一。’ 得 ．一九、特征方程法，适用于形如 ＋ 一 ，“。—ｍ。，口…一 ＆ ＋ ＋ ２， 一３。它们是函数 ｎ ＋，－＠ｑａ ｎ（ ，ｑ是常数）的数列 形如ｎ 一 ｆ（ｚ）＝＝： 的两个不动点。 ２１。 一２４ “ 一２ “一１—３—（ｐ，ｑ是常数）的二阶递推数列也可用特征根 法求得通项ａ ，其特征方程为： ～ ｚ ４ａ ＋１ ２１ａ 一２４ ２—６ ＋。一ｎ、 ４“ ＋ 。 若① 有两‘ 根 ， ，则可令。 一 … ． ． ２ｌａ 一２４—２（４ａ ＋１） ．１３ａ 一２６ 萼× ｃＡ．－２… ｛ 为首项，萼为龇的等此数列，故 一进而 ｌ县以ａ １－－３—２ －可令‰一 ｎ～ 可求 ” ２（萼） ，则ｎ 一 ＼９／ ＋３。 方程 ｚ 一侧９ 已知数列｛ｎ ｝满足。 一２，ｎ ｚ一 ３，‰＋ｚ一３ａ…一２ａ （ｎ∈Ｎ ），求数列｛ｄ ）的 点评：本题解题的关键是先求出函数 通项公式。 解析：＝厂（ ）一而２１ ｃｒ－－２４的不动． 其特征方程为２＂ｘ￣ ＝ ３ｘ－－２，解得 １，ｘ￣ｏ＠ａ ｏ＝ｃ１．１２ 。的两个根 出 一 ． 一２，－ｚ ｚ一３。进而可推 ，从而可知数列 由 ＝＝＝ｃ －ｔ－２ｃ ｚ—ｚ一得 一 十４ 一 ｌ 一 ’ ｑ—１］’ 一 ｆ ｝为等比数列，再求出数列ｆ 二 Ｉ的 （责任编辑 徐利杰） （上－ｔｇ第３１页） 项未知，先求通项，再通过对通项变形，转化 因 …，故丁 一 １（ 一 ）＜丢。 Ｔ 一１ 萎 适用特点 Ｔ ＝＝＝ 一 ２二－ １＝＝＝ ２・解决非等差、非等比数列的求和问题， 主要有两种思路：（）转化的思想，即将一般 １ ｎ（２”＋１）（２ 一１）／，， 。 姒罗Ｕ议 转化刀寺左或寺比烈则，哒一思怨 ，故数列｛Ｔ ｝是一个递增数列，所以丁 ≥ 方法往往通过通项分解或错位相减来完成； （２）不能转化为等差或等比数列的数列，往 Ｔ 一言。综上所述，寺≤Ｔ ｎ＜专。 解题心得：裂项相消法的基本思想就是把 ｎ 分拆成ａ ＝＝＝，） 一ｂ （忌∈Ｎ ）的形式，从而 往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法 等来求和。但是在解题过程中还需注意：（１） 直接应用公式求和时，要注意公式的应用范 达到在求和时绝大多数项相消的目的。在解 围。（２）在应用错位相减法求和时，注意观 题时要善于根据这个基本思想变换数列｛（ｇ ｎ） 的通项公式，使之符合裂项相消的条件。 知识小结： 察未合并项的正负号。（３）在应用裂项相消 法求和时，要注意消项的规律具有对称性， 即前面剩多少项，后面就剩多少项。 １．数列求和，一般应从通项人手，若通 （责任编辑徐利杰） ３５