数列高考大题真题及答案_数列高考大题及答案

1.一个数学数列高考题。

2.数列高考题，望详解。

3.求 高考数列各种主要题型

4.一道高考数列题

∵（an+1）?-an+1×an-2an?=0

∴（an+1+an)(an+1-2an)=0

∴an+1-2an=0,an+1+an=0(舍去）

∴an+1=2an

∴an是等比数列 ,设an=a1×2^(n-1)

∵a3+2是a2,a4的等差中项 ∴2(a3+2)=a2+a4

∴8a1+4=2a1+8a1 ,∴a1=2

∴an=2^n

一个数学数列高考题。

第一题 S9=（a1+a9）×9\2｛等差数列前n项和等于首项加末项乘以项数再除以2｝，又因为a1=a5-4d,a9=a5+4d，所以a1+a9=2a5，所以S9=2a5×9\2=90，所以a5=10 第二题 假设m＞n，则am=an+(m-n)d，所以d=（am-an)\(m-n),同理Am+n=am+(m+n-m)d所以d又等于(Am+n-am)\(m+n-m)，那么两个式子相等，再把am=n,an=m代入算得Am+n=0

数列高考题，望详解。

设两数列的第一项分别是a1，b1，公差是d1,d2,则：

sn=n*a1+n(n-1)d1/2

tn=n*b1+n(n-1)d2/2

sn/tn=(2a1+(n-1)d1)/(2b1+(n-1)d2)=(7n+1)/(n+3)

=>s22/t22=(2a1+21d1)/(2a2+21d2)=(7*22+1)/(22+3)=31/5

又：

a2+a5+a17+a22=4a1+42*d1

b8+b10+b12+b16=4b1+42*d2

=》

（a2+a5+a17+a22）/（b8+b10+b12+b16）

=(4a1+42d1)/(4b1+42d2)

=(2a1+21d1)/(2b1+21d2)

=31/5

求 高考数列各种主要题型

.1

(n,Sn)代入y=b^x+r

Sn=b^n+r

n>=2时

An=Sn-S(n-1)=b^n+r-b^(n-1)-r=(b-1)×b^(n-1)

要使{An}为等比数列，A1也需满足上式

A1=S1=b+r=(b-1)×1

r=-1

2.

b=2 An=2^(n-1)

Bn=(n+1)/(4×An)=(n+1)/2^(n+1)

Tn=B1+B2+B3+……+Bn=2/2^2+3/2^3+4/2^4+……+(n+1)/2^(n+1)

2Tn=2/2^1+3/2^2+4/2^3+……+(n+1)/2^n

两式错位相减

2Tn-Tn=1+[(3/2^2-2/2^2)+(4/2^3-3/2^2)+……+(n+1)/2^n-n/2^n]-(n+1)/2^(n+1)

=1+(1/2^2+1/2^3+……+1/2^n)-(n+1)/2^(n+1)

=1+(1/4)×(1-1/2^(n-1))/(1-1/2)-(n+1)/2^(n+1)

=3/2-(n+3)/2^(n+1)

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一道高考数列题

求数列通项公式的常规思想方法列举（配典型例题）

数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。

一． 观察法

例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：

（1）9，99，999，9999，…

（2）

（3）

（4）

解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，……

∴通项公式为：

（2） （3） （4） .

观察各项的特点，关键是找出各项与项数n的关系。

二、定义法

例2： 已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f (x) = (x－1)2，且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，

(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；

解：(1)∵a 1=f (d－1) = (d－2)2，a 3 = f (d+1)= d 2，

∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，

∴d=2，∴an=a1+(n－1)d = 2(n－1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q－1)=(q－2)2，

∴ =q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，

∴bn=b?qn－1=4?(－2)n－1

当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。

三、 叠加法

例3：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。

解 易知

∵

……

各式相加得 ∴

一般地，对于型如 类的通项公式，只要 能进行求和，则宜采用此方法求解。

四、叠乘法

例4：在数列｛ ｝中， =1, (n+1)? =n? ，求 的表达式。

解：由(n+1)? =n? 得 ，

= … = 所以

一般地，对于型如 = (n)? 类的通项公式，当 的值可以求得时，宜采用此方法。

五、公式法

若已知数列的前 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式

求解。

例5：已知下列两数列 的前n项和sn的公式，求 的通项公式。

（1） 。 （2）

解： （1）

= = =3

此时， 。∴ =3 为所求数列的通项公式。

（2） ，当 时

由于 不适合于此等式 。 ∴

注意要先分n=1和 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。

例6. 设数列 的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系

求证：数列 是等比数列。

解析：因为

所以

所以，数列 是等比数列。

六、阶差法

例7.已知数列 的前 项和 与 的关系是

，其中b是与n无关的常数，且 。

求出用n和b表示的an的关系式。

解析：首先由公式： 得：

利用阶差法要注意：递推公式中某一项的下标与其系数的指数的关系，即

其和为 。

七、待定系数法

例8：设数列 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn

解：设

点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式，一般地，若数列 为等差数列：则 ， （b、c为常数），若数列 为等比数列，则 ， 。

八、 辅助数列法

有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。

例9.在数列 中， ， ， ，求 。

解析：在 两边减去 ，得

∴ 是以 为首项，以 为公比的等比数列，

∴ ，由累加法得

=

= … = =

=

例10.（2003年全国高考题）设 为常数，且 （ ），

证明：对任意n≥1，

证明：设，

用 代入可得

∴ 是公比为 ，首项为 的等比数列，

∴ （ ），

即：

型如an+1=pan+f(n) (p为常数且p≠0, p≠1)可用转化为等比数列等.

(1)f(n)= q (q为常数)，可转化为an+1+k=p(an+k)，得{ an+k }是以a1+k为首项，p为公比的等比数列。

例11：已知数 的递推关系为 ，且 求通项 。

解：∵ ∴

令

则辅助数列 是公比为2的等比数列

∴ 即 ∴

例12： 已知数列｛ ｝中 且 （ ），，求数列的通项公式。

解：∵

∴ ， 设 ，则

故｛ ｝是以 为首项，1为公差的等差数列

∴ ∴

例13.（07全国卷Ⅱ理21）设数列 的首项 ．

（1）求 的通项公式；

解：（1）由

整理得 ．

又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，得

注：一般地，对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数且，p≠0，p≠1)可等价地改写成

则{ }成等比数列，实际上，这里的 是特征方程x=px+q的根。

(2) f(n)为等比数列，如f(n)= qn (q为常数) ，两边同除以qn，得 ，令bn= ，可转化为bn+1=pbn+q的形式。

例14.已知数列{an}中，a1= ， an+1= an+（ ）n+1，求an的通项公式。

解：an+1= an+（ ）n+1 乘以2n+1 得 2n+1an+1= (2nan)+1 令bn=2nan 则 bn+1= bn+1

易得 bn= 即 2nan=

∴ an=

(3) f(n)为等差数列

例15.已知已知数列{an}中，a1=1，an+1+an=3+2 n，求an的通项公式。

解：∵ an+1+an=3+2 n，an+2+an+1=3+2(n+1)，两式相减得an+2-an=2

因此得，a2n+1=1+2(n-1), a2n=4+2(n-1), ∴ an= 。

注：一般地，这类数列是递推数列的重点与难点内容，要理解掌握。

(4) f(n)为非等差数列，非等比数列

例16.（07天津卷理）在数列 中， ，其中 ．

（Ⅰ）求数列 的通项公式；

解：由 ， ，

可得 ，

所以 为等差数列，其公差为1，首项为0，故 ，所以数列 的通项公式为 ．

这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。

九、归纳、猜想

如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。

例17.（2002年北京春季高考）已知点的序列 ，其中 ， ， 是线段 的中点， 是线段 的中点，…， 是线段 的中点，…

（1） 写出 与 之间的关系式（ ）。

（2） 设 ，计算 ，由此推测 的通项公式，并加以证明。

（3） 略

解析：（1）∵ 是线段 的中点， ∴

（2） ，

= ，

= ，

猜想 ，下面用数学归纳法证明

当n=1时， 显然成立；

假设n=k时命题成立，即

则n=k+1时， =

=

∴ 当n=k+1时命题也成立，∴ 命题对任意 都成立。

例18：在数列｛ ｝中， ，则 的表达式为 。

分析：因为 ，所以得： ，

猜想： 。

十、倒数法

数列有形如 的关系，可在等式两边同乘以 先求出

例19．设数列 满足 求

解：原条件变形为 两边同乘以 得 .

∵

∴

综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项基本方法,同学们应该在学习不断的探索才能灵活的应用.只要大家认真的分析求通项公式并不困难.

解：Cn+1 - Cn=12n+1

当n为奇数时，n=2k+1.

Gn=C1+[(C3-C2)+(C5-C4)+........+(C2K+1 - C2K)]

=1+[(24*1+1)+(24*2+1)+....+(24*k+1)]

=1+k+24*(1+k)k/2

=12k^2+13k+1

=3n^2+0.5n-2.5

当n为偶数时，n=2k.

Gn=-[(C2-C1)+(C4-C3)+......+(C2K -C2K-1)]

=-[(12*1+1)+(12*3+1)+....+(12*(2K-1)+1)]

=-[12*2K*K/2 + K]

=-3n^2-0.5n