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:专题三 第二讲 数列求和及综合应用


随堂讲义· 第一部分
专题三 第二讲 数

知识复习专题


数列求和及综合应用

高考预测 广东高考数列一定有大题,按广东近几年高考特点, 可估计2015年不会有大的变化,是递推关系,仍然考数 学归纳法的可能较大,但根据高考题命题原则,一般会 出有多种方法可以求解的.因此,全面掌握数列相关的

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方法更容易让你走向成功.

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考点1 数列求和的基本方法
1.公式法. (1)等差数列前 n 项和公式:
n(a1+an) n(n-1)d na1+ Sn=________ =________ . 2 2

(2)等比数列前 n 项和公式:

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na1 ? ,q=1, ? n Sn=? a1(1-q ) a1-anq ? ,q≠1. 1-q = 1-q ? 2.转化法. 有些数列,既不是等差数列,也不是等比数列, 若将数列通项拆开或变形,可转化为几个等差、等比或 常见的数列,即先分别求和,然后再合并.

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3.错位相减法. 这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法, 这种方法主要用于求数列{an· bn}的前n项和,其中{an},{bn} 分别是等差数列和等比数列. 4.倒序相加法. 这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法,也 就是将一个数列倒过来排列(反序),把它与原数列相加, 若有公式可提,并且剩余项的和易于求得,则这样的数列 可用倒序相加法求和.
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5.裂项相消法.
利用通项变形,将通项分裂成两项或几项的差,
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通过相加过程中的相互抵消,最后只剩下有限项的
和.

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考点2数列的应用
1.应用问题一般文字叙述较长,反映的事物背景 陌生,知识涉及面广,因此要解好应用题,首先应当提 高阅读理解能力,将普通语言转化为数学语言或数学符 号,实际问题转化为数学问题,然后再用数学运算、数 学推理予以解决.
2.数列应用题一般是等比、等差数列问题,其中, 等比数列涉及的范围比较广,如经济上涉及利润、成本、 效益的增减,解决此类题的关键是建立一个数列模型{an}, 利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式求解.

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3.解应用问题的基本步骤.

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考点自测
1 1.(2014· 新课标Ⅱ卷)数列{an}满足 an+1= ,a8=2, 1 - a n 1 则 a1=________ . 2

,a =2,所以 a7=1- an+1 8 1 1 1 1 1 1 = ,a6=1- =-1,a5=1- =2,a4=1- = , a8 2 a7 a6 a5 2 1 1 1 1 a3=1- =-1,a2=1- =2,a1=1- = . a4 a3 a2 2
解析

由已知得,an=1-

1

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2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a3=20-a6, 80 . 则 S8 等于________

解析

由 a3=20-a6,得 a3+a6=20,

(a1+a8) S8= ×8=4(a1+a8)=4(a3+a6)=80. 2

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n(n+1) 3.在数列{an}中,an= ,则: 2 (1)数列{an}的前 n 项和
n(n+1)(n+2) Sn=__________ ; 6

n(n+1)(n+2)(n+3) (2)数列{Sn}的前 n 项和 Tn=__________. 24

n(n+1) n(n+1)[(n+2)-(n-1)] = = 解析 (1)an = 2 6 1 ×[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)] 6 1 Sn = × [(1×2×3 - 0×1×2) + (2×3×4 - 1×2×3) + 6 (3×4 × 5 - 2 × 3 × 4) + … + n×(n + 1)×(n + 2) - (n - n(n+1)(n+2) 1)×n×(n+1)]= . 6

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n(n+1)(n+2) 解析 (2)Sn= 6 n(n+1)(n+2)[(n+3)-(n-1)] = 24 1 = ×[n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)(n+2)] 24 1 Tn = × [(1×2×3×4- 0×1×2×3)+ (2×3×4×5 - 1× 24 2×3× 4)+ …+ n×(n+ 1)×(n+ 2)×(n+ 3)- (n- 1)×n× (n+ n(n+1)(n+2)(n+3) 1)×(n+2)]= . 24

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4.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn=2· 3n+k(k∈R,
n-1(n∈N*) 4 × 3 n∈N ),则数列{an}的通项公式为 an=________.

*

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突破点1等差、等比数列的判定以及可转化为等 差或等比数列的求和问题
例 1
?1?n 已知数列{an}中,a1=1,an·an+1=?2? (n∈N*), ? ?
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记 T2n 为{an}的前 2n 项的和. (1)设 bn=a2n,证明:数列{bn}是等比数列. (2)求 T2n. (3)不等式 64· T2n· a2n≤3(1-ka2n)对于一切 n∈N*恒成立, 求实数 k 的最大值.

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解析

?1?2n+1 ? ? bn+1 a2n+2 a2n+1a2n+2 ?2? 1 (1)证明: = = = = , bn a2n 2 a2na2n+1 ?1?2n ? ? ?2?
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1 1 所以{bn}是首项为 b1= ,公比为 的等比数列. 2 2 ?1?n (2)解析:由(1)知,bn=?2? , ? ? ?1?k * 当 n=2k(k∈N )时,an=a2k=bk=?2? ; ? ? ?1? 2k-1 ?1? * ? ? 当 n = 2k- 1(k∈N ) 时, an= a2k- 1 = 2 ÷ a2k= ?2? ? ? ? ? 2k-1 ?1?k-1 k ·2 =?2? . ? ?

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? ? 所以 a =? ?1?n ? ???2??2,n为正偶数.
n

?1?n-1 ? ? 2 ,n为正奇数, ?2?

T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=
?1?n 1-?2? ? ? ?1? ? ?1?n? ? ?×?1-? ? ? ?2? ? ?2? ? ? ?1?n? =3×?1-? ? ?. ?2? ? ?

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1 1- 2



1-

1 2

(3)解析:由(2)知,64T2na2n≤3(1-ka2n) 即得
? ? 1? ?1?n? 1 ? 64×?3-3? ? ?· n≤3?1-k· 2n?, ? ?2? ? 2 ?

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所以 k≤2n+
n

64 -64. 2n
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64 64 n 因为 2 + n -64≥2 2 · n -64=-48(当 n=3 2 2 时等号成立), 即所求 k 的最大值为-48.

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规律方法 (1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn, 求 bn 时分如下三个步骤进 行:①当 n=1 时,b1=S1;②当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1;③验 证 b1 是否适合 n≥2 的解析式,据验证情况写出 bn 的表达式. (2)用数表给出的数列求其通项或和的问题,往往要弄清前 n-1 行共有多少项.
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? 跟踪训练 1.(2014· 北京卷)已知{an}是等差数列,满足a1=3, a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}是等 比数列.
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(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和. 分析:(1)由已知{an}是等差数列,a1=3,a4=12, 可求出{an}的通项公式;由{bn-an}是等比数列,结合{an} 的通项公式,可求出{bn}的通项公式;(2)由(1)知,bn=3n +2n-1(n=1,2,…),从而可利用分组求和法,求出数 列{bn}的前n项和.

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解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d,由题意得:
a4-a1 12-3 d= = =3, 3 3 所以 an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…), b4-a4 3 设等比数列{bn-an}的公比为 q,由题意得:q = = b1-a1 20-12 =8,解得 q=2. 4-3 所以 bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1,从而 bn=3n+2n-1(n= 1,2,…). (2)由(1)知,bn=3n+2n-1(n=1,2,…),

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3 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1),数列{2n-1}的前 n 项和 2 1-2n n 为 1× =2 -1, 1-2 3 所以数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2n-1. 2

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突破2 错位相减法求和
例 2 等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn, 已知对任意的
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n∈N* ,点(n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均 为常数)的图象上. (1)求数列{an}的通项公式. n+1 (2)当 b=2 时,记 bn= (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项 4an 和 Tn.

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(1)因为对任意的 n∈N*,点(n,Sn)均在函数 y=bx +r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上, 所以 Sn=bn+r. 当 n=1 时,a1=S1=b+r, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=bn+r-(bn-1+r)=bn-bn-1 =(b-1)bn-1, 又因为{an}为等比数列,所以 r=-1,公比为 b, 所以 an=(b-1)bn-1(n∈N*). n+1 n+1 n-1 n-1 (2)当 b=2 时,an=(b-1)b =2 ,bn= = 4an 4×2n-1 n+1 n+1 2 3 4 = n+1 ,则 Tn= 2+ 3+ 4+…+ n+1 , 2 2 2 2 2

解析

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n+1 1 2 3 4 n Tn= 3+ 4+ 5+…+ n+1+ n+2 , 2 2 2 2 2 2 两式相减,得 n+1 1 2 1 1 1 1 T = + + + +…+ n+1- n+2 2 n 22 23 24 25 2 2 1 ? 1 ? 3×?1- n-1? n+1 1 2 ? 2 ? n+1 3 1 = + - n+2 = - n+1- n+2 , 2 1 4 2 2 2 1- 2 3 1 n+1 3 n+3 所以 Tn= - n- n+1 = - n+1 . 2 2 2 2 2

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? 跟踪训练
2.设数列{an}的前 n 项和为 Sn=2n2,{bn}为等比数列, 且 a1=b1,b2(a2-a1)=b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; an (2)设 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn
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解析 (1)当 n=1 时,a1=S1=2;

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2, 又当 n=1 时,a1=2 满足 a1=4×1-2. ∴an=4n-2(n∈N*). 设{bn}的公比为 q, 由 b2(a2-a1)=b1,得 4b2=b1, 1 ∴q= . 4 故 bn=b1q
n-1

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=2×

= . 4n-1 4n-1

1

2

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an 4n-2 (2)∵cn= = =(2n-1)4n-1, bn 2 4n-1 ∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3×4+5×42+…+(2n -1)4n-1.① 4Tn= 1×4+ 3×42+ 5×43+ …+ (2n- 3)4n- 1+ (2n -1)4n.② ②-①得 3Tn=-1-2(4+42+43+…+4n-1)+(2n-1)4n 1 = [(6n-5)4n+5], 3 1 ∴Tn= [(6n-5)4n+5]. 9

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突破点3 裂项相消法求和
例3
? 1? 已知点?1,3?是函数 f(x)=ax(a>0 且 a≠1)的图象上 ? ?
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一点,等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)-c,数列{bn}(bn>0)的 首项为 c, 且前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-1= (1)求数列{an}和{bn}的通项公式.
? 1 ? 1 000 (2)若数列?b b ?的前 n 项和为 Tn, 问: 满足 Tn> 的 + 2 013 ? n n 1?

Sn+

Sn-1(n≥2).

最小正整数 n 是多少?

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?1?x 1 ? . 解析 (1)∵f(1)=a=3,∴f(x)=? ?3? 1 2 a1=f(1)-c= -c,a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=- ,a3=[f(3)-c] 3 9 2 -[f(2)-c]=- . 27 又数列{an}成等比数列, 4 81 a2 2 1 2 ∴a1= = =- = -c. a3 2 3 3 - 27 a2 1 ∴c=1.又公比 q= = , a1 3 ?1?n 2?1?n-1 ∴an=- ?3? =-2?3? (n∈N*). 3? ? ? ?

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∵Sn-Sn-1=( Sn- Sn-1)( Sn+ Sn-1) = Sn+ Sn-1(n≥2), 又 bn>0, Sn>0,∴ Sn- Sn-1=1. 数列{ Sn}构成一个首项为 1,公差为 1 的等差数列, Sn=1+(n-1)×1=n,Sn=n2, 当 n≥2,bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 又∵当 n=1 时,b1=1 满足上式, ∴bn=2n-1(n∈N*). 1 1 1 1 (2)Tn= + + +…+ b1b2 b2b3 b3b4 bnbn+1 1 1 1 1 = + + +…+ 1×3 3×5 5×7 (2n-1)×(2n+1)
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? ?1 1? ?1 1? 1? 1 1 1 1 = × ?1-3? + × ?3-5? + × ?5-7? + … + × 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? 1 1 ? 1 ? 1 ? n - ? ?= ×?1- ?= . 2n - 1 2n + 1 2n + 1 2 2n + 1 ? ? ? ?
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n 1 000 1 000 1 000 由 Tn= > 得 n> ,所以满足 Tn> 的 13 2 013 2n+1 2 013 最小正整数为 77.

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? 跟踪训练
3.设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-4n+4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设各项均不为 0 的数列{bn}中,所有满足 bi·bi+1<0 的整数 i 4 的个数称为这个数列{bn}的变号数, 令 bn=1- (n∈N*), 求数列{bn} an 的变号数; (3)试求实数 λ 的取值范围,使得不等式 λ≤ 1 对一切 n∈N*恒成立. anan+1 1 1 + +…+ a1a2 a2a3
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2 2 (1)S = n - 4n + 4 = (n - 2) , 解析 n 当 n=1 时,a1=S1=1, 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(n-2)2-(n-3)2=2n-5, ? ?1,n=1, ∴an=? ? ?2n-5,n≥2. ?-3,n=1,

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? (2)由题设可得 bn=? 4 1- ,n≥2, ? ? 2n-5

∵b1=-3<0,b2=1+4=5>0,b3=-3<0, ∴i=1,i=2 都满足 bi·bi+1<0.

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∵ 当 n≥3 时 , bn


1

- bn =

4 4 - = 2n-5 2n-3

8 >0,即当 n≥3 时,数列{bn}递增. (2n-5)(2n-3) 1 ∵b4=- <0,∴b3b4>0,∴i=3 不满足 bi·bi+1<0.由 3 4 1- >0 n≥5,可知 i=4 满足 bi·bi+1<0, 2n-5 ∴数列{bn}的变号数为 3. 1 1 1 (3)令 cn= + + …+ ,则只需求 {cn}的最小 a1a2 a2a3 anan+1 值.由(1)可得:

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1 ? 1? ?1 1? 1 ? ? ? ? 1 - - cn =- 1 + ( - 1) + [ + +…+( - 2 ? 3? ?3 5? 2n-5 1 ? 1 1? 3 1 )]=-2+ ?1-2n-3?=- - . 2? 2 2(2n-3) 2n-3 ? ∵当 n≥2 时,数列{cn}单调递增, ∴当 n≥2 时,c2=-2 最小. 又∵c1=-1>c2,∴数列{cn}的最小项为 c2=-2. 故 λ 取值范围为(-∞,-2].
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突破点4递推关系给出的数列问题
例4 在数列{an}中,已知a1=3,an+1=5an+4.求 数列{an}的通项公式. 解析 解法一(待定系数法) 设 an+1+α=5(an+α),则 an+1
=5an+4α, ∴α=1,即 an+1+1=5(an+1). ∴{an+1}是以 a1+1=4 为首项, 公比为 5 的等比数列. an+1=(a1+1)· 5n-1=4· 5n-1. ∴an=4· 5n-1-1.
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解法二(除幂法) 等式 an+1=5an+4 两边同时除以 5n+ 1 得: an+1 an 4 = + . n 5n+1 5 5n+1 an 4 令 bn= n,则 bn-bn-1= n, 5 5 ∴bn=b1+ (b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-1-bn-2)+(bn -bn-1) 3 4 4 4 = + 2+ 3+…+ n 5 5 5 5 4? ?1?n-1? ? 2?1-? ? 5 5 3 ? ? ? ? = + 5 1 1- 5 3 1? ?1?n-1? ? ?, = + 1-? ? 5 5? ?5? ? n n-1 ∴an=5 ·bn=3· 5 +5n-1-1=4· 5n-1-1.

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解法三

? ?an+1=5an+4, ① ? ? ?an=5an-1+4, ②
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①-②得 an+1-an=5(an-an-1),
? ?b1=a2-a1=16, 令 bn=an+1-an,则? ? bn-1, ?bn=5·

∴bn=16· 5

n-1

,即 an+1-an=16· 5

n-1



而 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =3+16×1+16×5+…+16×5n-2 1-5n-1 =3+16× =4· 5n-1-1. 1-5

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解法四(迭代法)

an=5an-1+4=5· (5an-2+4)+4
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=52an-2+5×4+4=… =5n-1a1+(5n-2+5n-3+…+5+1)×4
n-1 1 - 5 =3×5n-1+4× =4· 5n-1-1. 1-5

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? 跟踪训练

4.设数列{an}满足 a1=1,an=3an-1+2(n>1,n ∈N*),求数列{an}的通项公式.
解析 +1), 根据an=3an-1+2可以得到an+1=3(an-1
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即数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为3的等比数 列.

所以an+1=2· 3n-1即an=2· 3n-1-1.

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小结反思 1.数列求和的常用方法: (1)公式法.适用于可转化为等差或等比的数列,这种 方法的核心数学思想是转化与化归.
? c ? (2)裂项相消法.适用于通项公式形如?a a ?的数列, ? n n+1?
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其中{an}是各项不为 0 的等差数列,c 为常数. (3)错位相减法.适用于通项公式形如{anbn}的数列,其 中{an}是等差数列,{bn}是等比数列. (4)倒序相加法. ①类似于等差数列前 n 项和公式的推导方法.

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2 n ②适用于 a0+a1C1 + a C +…+ a C n 2 n n n(其中 a0,a1,…,an 成等差数列)的求和. 数列求和方法较多,从分析数列的通项公式 an 入手,把握 an 的特征是解决数列求和的关键. 2.在等差数列{an}中,有关 Sn 的最值问题. ? ?am≥0, (1)当 a1>0,d<0 时,满足? 的项数 m 使得 Sm 取 ? ?am+1≤0

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得最大值.
? ?am≤0, (2)当 a1<0,d>0 时,满足? 的项数 m 使得 Sm 取 ? ?am+1≥0

最小值.

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在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思 想的应用.
3.解决数列递推问题的主要思路是转化为等差或等比数 列问题,常用方法有累加法、累积法、迭代法、待定系数法、 除幂法.常用恒等式有:①an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+ a2 an an-1 (a2-a1)+a1;②an= · ·…·a ·a1. an-1 an-2 1
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