【数学】2020届一轮复习苏教版数列的递推关系与通项学案

【数学】2020届一轮复习苏教版数列的递推关系与通项学案

§6.4　数列的递推关系与通项 考情考向分析 　由数列的递推关系求通项是高考的热点，考查学生的转化能力和综合应用能 力，一般以解答题形式出现，中档难度． 1．递推数列 (1)概念：数列的连续若干项满足的等量关系 an＋k＝f (an＋k－1，an＋k－2，…，an)称为数列的递 推关系．由递推关系及 k 个初始值确定的数列叫递推数列． (2)求递推数列通项公式的常用方法：构造法、累加(乘)法、归纳猜想法． 2．数列递推关系的几种常见类型 (1)形如 an－an－1＝f(n)(n∈N*，且 n≥2) 方法：累加法，即当 n∈N*，n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1. (2)形如 an an－1＝f(n)(n∈N*且 n≥2) 方法：累乘法，即当 n∈N*，n≥2 时，an＝ an an－1·an－1 an－2·…· a2 a1·a1. 注意：n＝1 不一定满足上述形式，所以需要检验． (3)形如 an＝pan－1＋q(n∈N*且 n≥2) 方法：化为 an＋ q p－1＝p (an－1＋ q p－1)的形式．令 bn＝an＋ q p－1，即得 bn＝pbn－1，{bn}为等比 数列，从而求得数列{an}的通项公式． (4)形如 an＝pan－1＋f(n)(n∈N*且 n≥2) 方法：两边同除 pn，得an pn＝an－1 pn－1＋f(n) pn ，令 bn＝an pn，得 bn＝bn－1＋f(n) pn ，转化为利用累加法求 bn (若f(n) pn 为常数，则{bn}为等差数列)，从而求得数列{an}的通项公式． 概念方法微思考 用构造法求数列通项一般构造什么样的数列？这体现了何种数学思想方法？ 提示　构造等差或等比数列，体现了转化与化归思想． 题组一　思考辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{an}中，a1＝1，an＝n－1 n an－1(n≥2)，则 an＝1 n.(　√　) (2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2，则 an＝3 2n2＋n 2.(　√　) (3)已知在数列{an}中，a1＝1，前 n 项和 Sn＝n＋2 3 an，则 an＝n(n＋1) 2 .(　√　) (4)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 log2(Sn＋1)＝n＋1，则 an＝2n.(　×　) 题组二　教材改编 2．[P52 公式推导过程]在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1 an ＝ n n＋1，那么 an＝________. 答案　1 n 3．[P41T13]若数列{a n}满足 a1＝1，a n＝n＋a n－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ________． 答案　an＝n(n＋1) 2 4．[P68T14]在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ an 1＋nan，则 an＝________. 答案　 2 n2－n＋2 解析　an＋1＝ an 1＋nan可化为 1 an＋1－ 1 an＝n， 当 n≥2 时， 1 a2－ 1 a1＝1， 1 a3－ 1 a2＝2， 1 a4－ 1 a3＝3，…， 1 an－ 1 an－1＝n－1. 累加得 1 an－ 1 a1＝1＋2＋…＋(n－1)， ∴ 1 an＝n(n－1) 2 ＋ 1 a1＝n2－n＋2 2 ， 又 a1＝1 也符合上式， ∴an＝ 2 n2－n＋2. 题组三　易错自纠 5．在斐波那契数列 1,1,2,3,5,8,13，…中，an，an＋1，an＋2 的关系是____________． 答案　an＋2＝an＋an＋1 6．已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋2，则 an＝____________. 答案　2×3n－1－1 解析　因为 an＋1＝3an＋2， 所以 an＋1＋1＝3(an＋1)， 所以an＋1＋1 an＋1 ＝3， 所以数列{an＋1}为等比数列， 公比 q＝3， 又 a1＋1＝2，所以 an＋1＝2×3n－1， 所以 an＝2×3n－1－1. 题型一　累加法、累乘法求数列的通项公式 1．已知在数列{an }中，a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，求 an. 解　由已知得 an－an－1＝2n－3， 当 n≥2 时，an＝(an－an－1) ＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋1＋0 ＝(n－1)2. 当 n＝1 时，a1＝0 符合上式，所以 an＝(n－1)2，n∈N*. 2．数列{an }满足 a1＝1 2，an＝an－1＋ 1 n2－n(n≥2，n∈N*)，求数列{an }的通项． 解　由 an－an－1＝ 1 n2－n(n≥2，n∈N*)且 a1＝1 2， an－an－1＝ 1 n2－n＝ 1 n－1－1 n an－1－an－2＝ 1 n－2－ 1 n－1， …， a2－a1＝1－1 2， 各式累加整理得 an＝3 2－1 n，n 取 1 时，3 2－1＝1 2＝a1， 所以 an＝3 2－1 n(n∈N*)． 3．已知在数列{an }中，a1＝2，且 nan＋1＝(n＋2)an，求 an. 解　由已知得an＋1 an ＝n＋2 n ，当 n≥2 时，an＝ an an－1·an－1 an－2·…· a2 a1·a1＝n＋1 n－1· n n－2·…· 3 1·2＝n(n＋1)， 当 n＝1 时，a1＝2 也符合上式，所以 an＝n(n＋1)(n∈N*)． 思维升华 (1)求形如 an＋1＝an＋f(n)数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项 公式，即 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，累加求得通项公式； (2) 求形如an＋1 an ＝f(n) 数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即 an ＝ an an－1·an－1 an－2·…· a2 a1·a1，累乘求得其通项． 题型二　构造等差数列求通项 例 1 (1)已知在正项数列{an}中，Sn 表示前 n 项和且 2 Sn＝an＋1，则 an＝________. 答案　2n－1 解析　方法一　由已知 2 Sn＝an＋1，得当 n＝1 时，a1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，代入已知得 2 Sn＝Sn－Sn－1＋1，即 Sn－1＝( Sn－1)2. 又 an>0，故 Sn－1＝ Sn－1 或 Sn－1＝ 1－ Sn(舍)， 即 Sn－ Sn－1＝1(n≥2)， 由定义得{ Sn}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， ∴ Sn＝n.故 an＝2n－1. 方法二　∵2 Sn＝an＋1，∴4Sn＝(an＋1)2， 当 n≥2 时，4Sn－1＝(an－1＋1)2， 两式相减，得 4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2， 化简可得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， ∵an>0，∴an－an－1＝2， ∵2 a1＝a1＋1，∴a1＝1. ∴数列{an}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， ∴an＝2n－1. (2)已知在数列{an }中，a1＝2，an＋1＝2an＋3·2n，则 an＝________. 答案　2n·(3 2n－1 2)，n∈N* 解析　在递推关系 an＋1＝2an＋3·2n 的两边同除以 2n＋1，得an＋1 2n＋1＝an 2n＋3 2， 令 bn＋1＝an＋1 2n＋1，则 bn＋1＝bn＋3 2，b1＝1， 所以{bn}是以 1 为首项，3 2为公差的等差数列． 所以 bn＝1＋3 2(n－1)＝3 2n－1 2， 故 an＝2n·(3 2n－1 2)，n∈N*. 思维升华 (1)形如 an＋1＝pan＋q·bn 的递推关系可构造等差数列． (2)对于含 an，Sn 混合型的递推关系，可通过 an＝Error!消去 an 或 Sn. 跟踪训练 1　(1)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＝ 2an an＋2，则 an＝________. 答案　 2 n＋1，n∈N* 解析　由已知可知 an≠0， ∴ 1 an＋1＝ 1 an＋1 2，即 1 an＋1－ 1 an＝1 2， 又 1 a1＝1， ∴{ 1 an }是以 1 为首项，1 2为公差的等差数列， 1 an＝ 1 a1＋(n－1)× 1 2＝n＋1 2 ，∴an＝ 2 n＋1， n∈N*. (2)已知在数列 {an }中，a 1 ＝1 5，且当 n≥2 时，有 an － 1 －a n －4a nan － 1 ＝0，则 a n ＝ ____________. 答案　 1 4n＋1(n∈N*) 解析　由题意知 an≠0，将等式 an－1－an－4anan－1＝0 两边同除以 anan－1 得 1 an－ 1 an－1＝4，n≥2， 则数列{ 1 an }为等差数列，且首项为 1 a1＝5，公差 d＝4， 故 1 an＝ 1 a1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1， ∴an＝ 1 4n＋1(n∈N*)． 题型三　构造等比数列求通项公式 例 2 (1)已知数列{an}满足 a1＝2，an＋1＝2an＋2，求数列{an}的通项公式． 解　∵an＋1＝2an＋2， ∴an＋1＋2＝2(an＋2)， 又 a1＋2＝4， ∴{an＋2}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列， ∴an＋2＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－2(n∈N*)． (2)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝(1 2 )n，记 T2n 为{an}的前 2n 项的和，bn＝a2n＋a2n－1， n∈N*，求数列{bn}的通项公式． 解　∵an·an＋1＝(1 2 )n，∴an＋1·an＋2＝(1 2 )n＋1， ∴an＋2 an ＝1 2，即 an＋2＝1 2an. ∵bn＝a2n＋a2n－1， ∴bn＋1 bn ＝a2n＋2＋a2n＋1 a2n＋a2n－1 ＝ 1 2a2n＋1 2a2n－1 a2n＋a2n－1 ＝1 2， ∵a1＝1，a1·a2＝1 2，∴a2＝1 2，∴b1＝a1＋a2＝3 2. ∴{bn}是首项为3 2，公比为1 2的等比数列． ∴bn＝3 2×(1 2 )n－1＝ 3 2n(n∈N*)． 思维升华 形如 an＝pan－1＋q(pq≠0)型的递推关系，可构造等比数列求通项公式． 跟踪训练 2 (1)已知数列{an }满足 an＝1 3an－1＋2，a1＝1，求数列{an }的通项公式． 解　设 an＋λ＝1 3(an－1＋λ)，解得 λ＝－3，则 an－3＝1 3(an－1－3)，令 bn＝an－3， 则数列{bn }是以 b1＝a1－3＝－2 为首项，1 3为公比的等比数列，所以 bn＝－ 2 3n－1，所以 an ＝3－ 2 3n－1(n∈N*)． (2)(2018·苏州、无锡、常州、镇江调研)已知 n 为正整数，数列{an}满足 an>0,4(n＋1)a2n－na 2n＋1 ＝0，若 a1＝2，求 an. 解　由已知可得a 2n＋1 n＋1＝4·a2n n ， ∵an>0， ∴ an＋1 n＋1 ＝2· an n ， 又 a1＝2， ∴{an n }是以 a1＝2 为首项，2 为公比的等比数列， ∴an n ＝2n，∴an＝ n·2n(n∈N*)． 1．已知 a1＝3，an＋1＝3n－1 3n＋2an(n≥1，n∈N*)，则 an＝________. 答案　 6 3n－1 解析　当 n≥2 时， an＝3(n－1)－1 3(n－1)＋2·3(n－2)－1 3(n－2)＋2·…· 3 × 2－1 3 × 2＋2·3－1 3＋2a1 ＝3n－4 3n－1·3n－7 3n－4·…· 5 8·2 5·3＝ 6 3n－1. a1＝3 也符合上式，所以 an＝ 6 3n－1. 2．已知在数列{an }中，a1＝1 2，an＋1＝an＋ 1 4n2－1，则 an＝____________. 答案　4n－3 4n－2(n∈N*) 解析　由已知可得 an＋1－an＝ 1 4n2－1＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， 令 n＝1,2，…，(n－1)，代入得(n－1)个等式累加，即 (a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1 2[(1－1 3 )＋(1 3－1 5 )＋…＋( 1 2n－3－ 1 2n－1)]， ∴an－a1＝1 2(1－ 1 2n－1)，∴an＝a1＋1 2－1 2· 1 2n－1， 即 an＝1－ 1 4n－2＝4n－3 4n－2(n∈N*)(经验证 a1＝1 2也符合). 3．在数列{an}中，若 a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋1 n )，则 an＝________. 答案　2＋ln n(n∈N*) 解析　∵当 n≥2 时，an＝an－1＋ln(1＋ 1 n－1)＝an－1＋ln n n－1， an－1＝an－2＋lnn－1 n－2， an－2＝an－3＋lnn－2 n－3， …， a2＝a1＋ln 2， 累加可得 an＝a1＋ln( n n－1 × n－1 n－2 × n－2 n－3 × … × 2) ＝a1＋ln n， ∴an＝2＋ln n，n∈N*(经验证 a1＝2 也符合此式)． 4．已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和满足 Sn>1，且 6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*，则 数列{an}的通项公式为____________． 答案　an＝3n－1 解析　由 a1＝S1＝1 6(a1＋1)(a1＋2)， 解得 a1＝1 或 a1＝2.由已知 a1＝S1>1，得 a1＝2. 又由 an＋1＝Sn＋1－Sn ＝1 6(an＋1＋1)(an＋1＋2)－1 6(an＋1)(an＋2)， 得 an＋1－an－3＝0 或 an＋1＝－an. 因为 an>0，故 an＋1＝－an 不成立，舍去． 因此 an＋1－an－3＝0，即 an＋1－an＝3， 从而{an}是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故{an}的通项公式为 an＝3n－1. 5．已知在数列{an }中，a1＝5 6，an＋1＝1 3an＋(1 2 )n＋1，则 an＝________. 答案　 3 2n－ 2 3n(n∈N*) 解析　在 an＋1＝1 3an＋(1 2 )n＋1 的两边同乘以 2n＋1 得 2n＋1·an＋1＝2 3·(2nan)＋1，令 bn＝2nan. 则 b1＝5 3，bn＋1＝2 3bn＋1， 于是可得 bn＋1－3＝2 3(bn－3)， ∴bn－3＝－4 3×(2 3 )n－1＝－2(2 3 )n， ∴bn＝3－2(2 3 )n， ∴an＝bn 2n＝3(1 2 )n－2(1 3 )n＝ 3 2n－ 2 3n(n∈N*)． 6．(2018·江苏省南通市启东中学月考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn＝2an－2，则a8 a6 ＝________. 答案　4 解析　∵Sn＝2an－2， ∴a1＝2a1－2，解得 a1＝2， an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，n≥2， 整理，得 an an－1＝2， ∴{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列， ∴a8 a6＝28 26＝4. 7．设数列{an }满足 a1＝a，an＋1＝can＋1－c，c∈N*，其中 a，c 为实数，且 c≠0，则数 列{an }的通项公式为____________． 答案　an＝(a－1)cn－1＋1(n∈N*) 解析　∵an＋1－1＝c(an－1)， ∴当 a≠1 时，Error!－Error!是首项为 a－1，公比为 c 的等比数列， ∴an－1＝(a－1)cn－1，即 an＝(a－1)cn－1＋1. 当 a＝1 时，an＝1 仍满足上式． ∴数列Error!的通项公式为 an＝(a－1)cn－1＋1(n∈N*)． 8．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＋Sn＝n，则数列{an}的通项公式为____________． 答案　an＝1－(1 2 )n(n∈N*) 解析　∵an＋Sn＝n， ① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ② ②－①得 an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， 又 a1＋a1＝1，∴a1＝1 2≠1， ∴an＋1－1 an－1 ＝1 2. 设 cn＝an－1，∵首项 c1＝a1－1＝－1 2. ∴数列{cn}是以－1 2为首项，1 2为公比的等比数列． 故 cn＝(－1 2 )·(1 2 )n－1＝－(1 2 )n， ∴an＝cn＋1＝1－(1 2 )n(n∈N*)． 9．已知数列 {an }满足an＋1＋an－1 an＋1－an＋1＝n(n∈N *)，且 a 2 ＝6，则数列{a n}的通项公式为 ____________． 答案　 an＝n(2n－1)，n∈N* 解析　由an＋1＋an－1 an＋1－an＋1＝n，得(n－1)an＋1－(n＋1)an＝－(n＋1)，当 n≥2 时，有an＋1 n＋1－ an n－1＝－ 1 n－1， 所以 an＋1 n(n＋1)－ an (n－1)n ＝－ 1 n(n－1)＝－( 1 n－1－1 n)， 由累加法，得当 n≥3 时，an＝n(2n－1)． 把 n＝1，a2＝6 代入an＋1＋an－1 an＋1－an＋1＝n，得 a1＝1， 经验证 a1＝1，a2＝6 均满足 an＝n(2n－1)． 综上，an＝n(2n－1)，n∈N*. 10．已知数列{an}满足 a1＝2，an＋1＝1＋an 1－an(n∈N*)，则该数列的前 2 019 项的乘积 a1·a2·a3·…·a2 019 ＝________. 答案　3 解析　由题意可得 a2＝1＋a1 1－a1＝－3，a3＝1＋a2 1－a2＝－1 2，a4＝1＋a3 1－a3＝1 3，a5＝1＋a4 1－a4＝2＝a1， ∴数列{an}是以 4 为周期的数列，而 2 019＝4×504＋3，a1a2a3a4＝1， ∴前 2 019 项的乘积为 1504·a1a2a3＝3. 11．已知在数列{an }中，a1＝1，a2＝2，且 an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)． (1)设 bn＝an＋1－an(n∈N*)，证明{bn }是等比数列； (2)求数列{an }的通项公式． (1)证明　由题设 an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得 an＋1－an＝q(an－an－1)，即 bn＝qbn－1(n≥2)． 又 b1＝a2－a1＝1，q≠0， 所以{bn }是首项为 1，公比为 q 的等比数列． (2)解　由(1)，知 a2－a1＝1， a3－a2＝q， …， an－an－1＝qn－2(n≥2)． 将以上各式相加，得 an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)． 所以当 n≥2 时， an＝Error! 上式对 n＝1 显然成立． 所以 an＝Error!(n∈N*)． 12．已知在数列{an}中，a1＝1，且满足递推关系 an＋1＝2a2n＋3an＋m an＋1 (n∈N*)． (1)当 m＝1 时，求数列{an}的通项公式； (2)当 n∈N*时，数列{an}满足不等式 an＋1≥an 恒成立，求 m 的取值范围． 解　(1)因为 m＝1，由 an＋1＝2a2n＋3an＋1 an＋1 (n∈N*)，得 an＋1＝ (2an＋1)(an＋1) an＋1 ＝2an＋1， 所以 an＋1＋1＝2(an＋1)， 又 a1＋1＝2≠0， 所以数列{an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． 于是 an＋1＝2×2n－1，所以 an＝2n－1(n∈N*)． (2)因为 an＋1≥an，而 a1＝1，知 an≥1， 所以2a2n＋3an＋m an＋1 ≥an，即 m≥－a2n－2an， 由题意，得 m≥－(an＋1)2＋1 恒成立． 因为 an≥1，所以 m≥－22＋1＝－3，即满足题意的 m 的取值范围是[－3，＋∞)． 13．(2019·盐城模拟)已知数列{a n}满足：a1＝3，an＝2an－1－3(－1)n(n≥2)．a1，ak2ak3 成等 差数列，k2，k3∈N*，k2

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