高考数学二轮名师精编精析：求通项公式

高考数学二轮名师精编精析：求通项公式

求通项公式 ★★★高考在考什么 【考题回放】 1. 已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn，且 Sn=2(an -1)，则 a2 等于( A ) A. 4 B. 2 C. 1 D. -2 2．在数列{}na 中， 121, 2aa，且 2 1 ( 1)n nnaa     *()nN ，则 10S  35 ． 3．在数列｛an｝中，若 a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项 an=__2 n+1-3___. 4．对正整数 n，设曲线 )1( xxy n  在 x＝2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 na ，则数列 }1{ n an 的前 n 项和的公式是 2n+1-2 . 5.已知数列{ na }的前 n 项和 2 9nS n n，则其通项 na  ；若它的第 k 项满足 58ka，则 k  . 2n-10 ; 8 6.已知数列 na 对于任意 *pqN， ，有 p q p qa a a  ，若 1 1 9a  ，则 36a  ．4 7. 已知正项数列{an}，其前 n 项和 Sn 满足 10Sn=an2+5an+6 且 a1, a3, a15 成等比数列，求数列{an}的通项 an . 解析 ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴10a1=a12+5a1+6，解之得 a1=2 或 a1=3． 又 10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)， ② 由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0 ∵an+an－1>0 ， ∴an－an－1=5 (n≥2)． 当 a1=3 时，a3=13，a15=73． a1， a3，a15 不成等比数列∴a1≠3; 当 a1=2 时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3． ★★★高考要考什么 一、 根据数列{an}的前 n 项和求通项 Sn= a1+ a2+ a3+ ……+ an          2 1 1 1 nSS nSa nn n 已知数列前 n 项和 Sn,相当于知道了 n≥2 时候 an,但不可忽视 n=1. 二、由递推关系求数列的通项 1. 利用迭加 an-an-1=f(n)、迭乘 an/an-1=f(n)、迭代。 2.一阶递推 qpaa nn 1 ,我们通常将其化为   AapAa nn 1 看成{bn}的等比数列。 3.利用换元思想（变形为前一项与后一项成等差等比关系，直接写出新数列通项化简得 an）。 4.对含 an 与 Sn 的题，进行熟练转化为同一种解题，注意化简时 n 的范围。 ★★ 突 破 重 难 点 【范例 1】 ).1(0521681}{ 111   naaaaaa nnnnn 且满足 记 ).1( 2 1 1    n a b n n （Ⅰ）求 b1、b2、b3、b4 的值； （Ⅱ）求数列 }{ nb 的通项公式及数列 }{ nnba 的前 n 项和 .nS 解析（I） ,052168,2 11 2 1 1 11     nnnn n n n n aaaaba a b 代入递推关系得 整理得 ,3 42,0364 1 11    nn nnnn bbbbbb 即 .3 20,4,3 8,2,1 43211  bbbba 所以有由 （Ⅱ）由 ,03 2 3 4),3 4(23 4,3 42 111   bbbbb nnnn 所以 故的等比数列公比是首项为 ,2,3 2}3 4{  qbn 1 1 2 2 1 2 4 1 1 4 1 12 , 2 ( 1). 1,13 3 3 3 2 2 1 (1 2 )1 5 13( ) (2 5 1).2 1 2 3 3 nn n n n n n n n n n n n n n b b n b a b b a S a b a b a b b b b n n n                           即 由 得 故 ． 【变式】数列 na 中， 1 2a  ， 1nna a cn （c 是常数， 1 2 3n  ，，， ），且 1 2 3a a a， ， 成公比不为1的等比数列．（I） 求 c 的值；（II）求 na 的通项公式． 解：（I） 1 2a  ， 2 2ac， 3 23ac ， 因为 1a ， 2a ， 3a 成等比数列，所以 2(2 ) 2(2 3 )cc   ，解得 0c  或 2c  ． 当 0c  时， 1 2 3a a a，不符合题意舍去，故 2c  ． （II）当 2n≥ 时，由于 21a a c， 322a a c， ………… 1 ( 1)nna a n c   ， 所以 1 ( 1)[1 2 ( 1)] 2n nna a n c c       ． 又 1 2a  ， 2c  ，故 22 ( 1) 2( 2 3 )na n n n n n       ，， ．当 1n  时，上式也成立， 所以 2 2( 1 2 )na n n n    ，， 【范例 2】设数列{}na 的首项 1 1 3(01) 2 3 42 n n aa a n  ，， ， ，，，… ． （1）求{}na 的通项公式；（2）设 32n n nb a a，证明 1nnbb ，其中 n 为正整数． 解：（1）由 13 2342 n n aan， ，，，…， 整理得 1 11 (1 )2nnaa    ． 又 110a，所以{1 }na 是首项为 11 a ，公比为 1 2 的等比数列，得 1 1 11 (1 ) 2 n naa     （2）方法一： 由（1）可知 30 2na ，故 0nb  ．则 22 1nnbb  2 2 2 2 2 11 3 3 9(3 2 ) (3 2 ) 3 2 (3 2 ) ( 1) .2 2 4 n n n n n n n n n n a a aa a a a a a a                     又由（1）知 0na  且 1na  ，故 22 1 0nnbb ，因此 1nnb b n ， 为正整数． 方法二：由（1）可知 3012nnaa  ， ， 因为 1 3 2 n n aa   ，所以 1 1 1 (3 )32 2 nn n n n aab a a      ． 由 1na  可得 33(3 2 ) 2 n nn aaa ，即 2 2 3(3 2 ) 2 n n n n aa a a 两边开平方得 332 2 n n n n aa a a ．即 1nnb b n ， 为正整数 【变式】已知数列 na 中，对一切自然数 n ，都有  10,an  且 02 1 2 1   nnnn aaaa ． 求证：(1) nn aa 2 1 1  ； (2)若 nS 表示数列 的前 n 项之和，则 12aSn  ． 解析： (1)由已知 得 2 1 1 1 2     n n n a aa ， 又因为 ，所以 110 2 1  na , 因此 12  nn aa ，即 ． (2) 由结论(1)可知 11221 2 1 2 1 2 1 aaaa nnnn    ，即 112 1 aa nn  ， 于是 2 1 2 1 1 1 1 11 1 1 2 1 1 2 11 222nn nS a a a a a a a a               ，即 12aSn  ． 【范例 3】由坐标原点 O 向曲线 )0(3 23  abxaxxy 引切线，切于 O 以外的点 P1 ),( 11 yx ，再由 P1 引此曲线的 切线，切于 P1 以外的点 P2 22 ,( yx ），如此进行下去，得到点列{ Pn nn yx ,( }}. 求：（Ⅰ） )2(1  nxx nn与 的关系式； （Ⅱ）数列 }{ nx 的通项公式； （Ⅲ）（理）当 n 时， nP 的极限位置的坐 解析 （Ⅰ）由题得 baxxxf  63)( 2 过点 P1（ ), 11 yx 的切线为 ),0)()((: 11111  xxxxfyyl 1l 过原点 3 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3( 3 ) ( )(3 6 ), .2x ax bx x x ax b x a       得 又过点 Pn（ ,)nnxy的 : ( )( )n n n nl y y f x x x   因为 nl 过点 Pn-1（ 11,)nnxy 11( )( )n n n n ny y f x x x    整理得 .0))]((32[ 11 2 1 2 1   nnnnnnnn xxxxaxxxx 2 1 1 1 1 1 ( ) ( 2 3 ) 0, 2 3 0. 13( 2).22 n n n n n n n n nn x x x x a x x x x a x x a n                    由 得 （Ⅱ）由（I）得 1 1 ( ).2nnx a x a    所以数列{xn-a}是以 2 a 公比为 2 1 的等比数列 .])2 1(1[)2 1(2 1 axaax n n n n   （Ⅲ） ,])2 1(1[limlim aax n nnn    .23)(lim 333 aababaaafynn   nP点 的极限位置为（ ).2, 3aaba  【点睛】注意曲线的切线方程 1 1 1 1: ( )( )l y y f x x x   的应用，从而得出递推式．求数列的通项公式是数列的基本问 题，一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知 Sn，求 通项，破解方法：利用 Sn-Sn-1= an，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值得重视；（3）已知数列的递 推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。 【变式】已知函数 f (x)= 32xx ，数列｜x n ｜(x ＞0)的第一项 x ＝1，以后各项按如下方式取定：曲线 x=f (x)在 ))(,( 11  nn xfx 处的切线与经过（0，0）和（x ,f (x )）两点的直线平行（如图）. 求证：当 n *N 时，(Ⅰ) x ;23 1 2 1 2   nnnn xxx （Ⅱ） 21 )2 1()2 1(   n n n x . 解、 (I ) 证明：因为 '2( ) 3 2 ,f x x x 所以曲线 ()y f x 在 11( , ( ))nnx f x处的切线斜率 1 2 113 2 .nnnk x x 即 (0,0) 和( , ( ))nnx f x 两点的直线斜率是 2 ,nnxx 以 22 1132n n n nx x x x   . （II）因为函数 2()h x x x，当 0x  时单调递增， 而 22 1132n n n nx x x x   2 1142nnxx 2 11(2 ) 2nnxx， 所以 12nnxx ，即 1 1 , 2 n n x x   因此 11 2 1 2 1 1( ) . 2 nnn n nn xx xx x x x       又因为 1 22 12( ),nn n nx x x x    令 2 ,n n ny x x 则 1 1 . 2 n n y y   因为 2 1 1 1 2,y x x   所以 12 1 11( ) ( ) . 22 nn nyy   因此 221( ) ,2 n n n nx x x    故 1211( ) ( ) .22 nn nx