第36讲 数列的递推关系与通项（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

《第36讲 数列的递推关系与通项（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第36讲 数列的递推关系与通项（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义（10页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 第 1 页 / 共 10 页 第第 36 讲：数列的递推关系与通项讲：数列的递推关系与通项 一、课程标准 1、掌握常见的根据的递推关系式求数列的通项公式 2、掌握求常见数列的通项公式的方法 二、基础知识回顾 正确选用方法求数列的通项公式 (1)对于递推关系式可转化为 an1anf(n)的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式 (2)对于递推关系式可转化为an 1 an f(n)的数列，并且容易求数列f(n)前 n 项的积时，采用累乘法求数列 an的通项公式 (3)对于递推关系式形如 an1panq(p0,1，q0)的数列，采用构造法求数列的通项 2避免 2 种失误 (1)利用累乘法，

2、易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a2 a1，漏掉 a1 而导致错误；二是根 据连乘求出 an之后，不注意检验 a1是否成立 (2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式 三、自主热身、归纳总结 1、数列an的前几项为1 2，3， 11 2 ，8，21 2 ，则此数列的通项可能是( ) Aan5n4 2 Ban3n2 2 Can6n5 2 Dan10n9 2 【答案】A 【解析】数列为1 2， 6 2， 11 2 ，16 2 ，21 2 ，其分母为 2，分子是首项为 1，公差为 5 的等差数列，故通项公式 为 an5n4 2 . 2、在数列an中，

3、a11，an11 n an1 (n2)，则 a5等于( ) A.3 2 B.5 3 第 2 页 / 共 10 页 C.8 5 D.2 3 【答案】D 【解析】a211 2 a1 2，a311 3 a2 1 2，a41 14 a3 3，a511 5 a4 2 3. 3、已知数列an中，a11 中，an1ann(nN*)中，则 a4_，an_. 【答案】7 n2n2 2 【解析】由题意可得 a11，an1ann， 则：ana1(a2a1)(a3a2)(anan1) 1123(n1)1nn1 2 n 2n2 2 ， 则 a44 242 2 7. 4、设数列an中，a12，an1ann1，则 an_.

4、 【答案】 n2n2 2 【解析】 由条件知 an1ann1. 则 an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(234n)2n 2n2 2 . 5、 在数列an中， a13， 且点 Pn(an， an1)(nN*)在直线 4xy10 上， 则数列an的通项公式为_ 【答案】an10 3 4n 11 3 【解析】因为点 Pn(an，an1)(nN*)在直线 4xy10 上，所以 4anan110， 即 an14an1，得 an11 34 an1 3 ， 所以 an1 3 是首项为 a11 3 10 3 ，公比为 4 的等比数列，所以 an1 3 10 3 4n 1， 故 an10

5、 3 4n 11 3. 四、例题选讲 考点一 有递推关系研究数列的通项 例 1、在数列 n a 中，已知 1 1a ，且对于任意的 * ,m nN ，都有 m nmn aaamn ，则数列 n a 的通 项公式为（ ） 第 3 页 / 共 10 页 A n an B 1 n an C (1) 2 n n n a D (1) 2 n n n a 【答案】D 【解析】令 m=1,得 1121321 1,1,2,3, nnnnnn aanaanaaaaaan ， 所以 (1) 1234,1234 2 nn n n anan ，故选 D。 变式1、 (2019南京学情调研） 在数列an中， 已知a11

6、， an1an 1 n（n1）(nN *)， 则a 10的值为_ 【答案】19 10 【解析】解法 1(裂项法) 由 an1an 1 n（n1）得 an 1an1 n 1 n1，故 a2a11 1 2，a3a2 1 2 1 3，a4 a31 3 1 4，a10a9 1 9 1 10，所以 a10 19 10. 解法 2(常数列) 由 an1an 1 n（n1），得 an 1 1 n1an 1 n，故 a10 1 10a112，即 a10 19 10. 变式 2、 (1)已知数列an满足：a11，an1 an 2nan1(nN *)，求a n的通项公式； (2)在数列an中，已知 a13，(3n

7、2)an1(3n2)an(nN*)，an0，求 an. 【解析】 (1)对 an1 an 2nan1两边“取倒数”，得 1 an1 2nan1 an ，即 1 an12 n1 an， 1 an1 1 an2 n. n2 时， 1 an 1 an12 n1， 1 an1 1 an22 n2，1 a3 1 a22 2，1 a2 1 a12，将以上各式累加得， 得 1 an 1 a12 n12n22222（12 n1） 12 2n2， 1 an2 n1， a n 1 2n1， 当 n1 也满足， an 1 2n1. (2)因 an0，由(3n2)an1(3n2)an，得an 1 an 3n2 3n2

8、， n2 时， an an1 3n4 3n1， an1 an2 3n7 3n4， a3 a2 5 8， a2 a1 2 5， 逐项累乘，得an a1 2 3n1，an 6 3n1，当 n1 也满足，an 6 3n1. 变式 3、(一题两空)在数列an中，a13，an1an 1 nn1，则 a2_，通项公式 an_. 【答案】7 2 4 1 n 第 4 页 / 共 10 页 【解析】由已知，a2a1 1 1 23 1 2 7 2. 因为 an1an 1 nn1 1 n 1 n1， 所以 a2a111 2， a3a21 2 1 3， anan1 1 n1 1 n， 所以以上(n1)个式子累加可得，

9、ana111 n， 因为 a13，所以 an41 n. 变式 4、(多选)已知数列an满足 an11 1 an(nN *)，且 a 12，则( ) Aa31 B.a2 0191 2 CS63 D2S2 0192 019 【答案】ACD 【解析】数列an满足 a12，an11 1 an(nN *)，可得 a 21 2，a31，a42，a5 1 2，所以 an3 an，数列的周期为 3，a2 019a672 33a31，S63，S2 0192 019 2 . 变式 5、已知数列an满足 a11，a24，an22an3an1(nN*)，求数列an的通项公式 an. 【解析】 (1)由 an22an3

10、an10，得 an2an12(an1an)， 数列an1an是以 a2a13 为首项，2 为公比的等比数列， an1an3 2n 1， n2 时，anan13 2n 2，a 3a23 2，a2a13， 将以上各式累加得 ana13 2n 23 233(2n11)， an3 2n 12(当 n1 时，也满足) 方法总结：给出了两种不同形式的递推关系，经常采取其它方法：取倒数后，相邻两项的差是一个等比数 列，迭加即可；变形为an 1 an 3n2 3n2，再用累乘处理，累加、累乘是递推数列的基本而常用的方法，考查我 们的观察、变形和转化的能力，需要牢固掌握 考点二 由 Sn与 an的递推关系求通项

11、公式 第 5 页 / 共 10 页 例 2、(2018 盐城三模）设数列 n a的前n项和为 n S，若 * 2() nn San nN，则数列 n a的通项公式 为 n a 【答案】1 2n 【解析】 ：因为 2 nn San ，当1n 时， 111 21aSa，即 1 1a ； 当2n时 ， 111 221221 nnnnnnn aSSananaa ， 即 1 21 nn aa ， 所 以 1 121 nn aa ，即 1 1 2 1 n n a a ，所以数列1 n a 为首项 1 12a ，公比2q 的等比数列，所以 1 122n n a ，即12n n a . 变式 1、(栟茶中学

12、2019 届质检)已知 Sn为数列an的前 n 项和，且 log2(Sn1)n1，则数列an的通项公 式为_. 【答案】)an 3，n1 2n，n2 【解析】由 log2(Sn1)n1，得 Sn12n 1， 当 n1 时，a1S13； 当 n2 时，anSnSn12n， 所以数列an的通项公式为 an 3，n1， 2n，n2. 变式 2、已知正项数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a1a，(an1)(an11)6(Snn)，nN*.求数列 an的通 项公式 【解析】 当 n1 时，(a11)(a21)6(S11)，故 a25； 当 n2 时，(an11)(an1)6(Sn1n1)， (an1

13、)(an11)(an11)(an1)6(Snn)6(Sn1n1)， 即(an1)(an1an1)6(an1)， 又 an0，an1an16， a2k1a6(k1)6ka6，a2k56(k1)6k1，kN*， 故 an 3na3，n为奇数，nN *， 3n1，n为偶数，nN*. 第 6 页 / 共 10 页 变式 3、已知各项均为正数的数列 an的首项 a11，Sn是数列 an的前 n 项和，且满足：anSn1an1Sn anan11 2anan1(an0，nN *)求 an的通项公式 【解析】an0，对条件两边同除以 anan1，得Sn 1 an1 Sn an 1 an1 1 an 1 2，

14、即Sn 11 an1 Sn1 an 1 2，数列 Sn1 an 是以 2 为首项，公差为1 2的等差数列， Sn1 an 2()n1 1 2，即 Sn1 n 2 3 2 an， 当 n2 时，Sn11 n 21 an1， 得， ann3 2 ann2 2 an1， 即()n1 an()n2 an1， an n2 an1 n1( )n2 ， an n2 是各项为1 3的 常数列，an1 3( )n2 . 方法总结：an与 Sn关系的应用 (1)仅含有Sn的递推数列或既含有Sn又含有an的递推数列， 一般利用公式SnSn1an(n2)实施消元法， 将递推关系转化为仅含 an的关系式或仅含 Sn的关

15、系式，即“二者消元留一象” (2)究竟消去 an留 Sn好，还是消去 Sn留 an好？取决于消元后的代数式经过恒等变形后能否得到简单可 求的数列关系，如等差数列关系或等比数列关系，若消去 an留 Sn可以得到简单可求的数列关系，那么就应 当消去 an留 Sn，否则就尝试消去 Sn留 an，即“何知去留谁更好，变形易把关系找” (3)值得一提的是：数列通项公式 an求出后，还需要验证数列首项 a1是否也满足通项公式，即“通项求 出莫疏忽，验证首项满足否”。 考点三 构造等差、等比数列研究通项 例 3、(2019 常州期末）已知数列an中，a11，且 an13an40，nN*.求证：an1是等比数

16、列，并 求数列an的通项公式； 【解析】由 an13an40 得 an113(an1)，nN*. 其中 a11，所以 a1120，可得 an10，nN*.(4 分) 所以an 11 an1 3，nN*，所以an1是以 2 为首项，3 为公比的等比数列 所以 an12(3)n 1，即 a n2(3) n11， 则数列an的通项公式为 an2(3)n 11，nN*. 变式 1、(1)已知数列an满足 a11，an1 2an11(n2)，求数列an的通项公式； 第 7 页 / 共 10 页 (2)2018 无锡期末调研数列an满足 a12 3，当 n2 时，an 1 2an1，求数列an的通项公式

17、【解析】(1)设 anx1 2(an1x)，即 an 1 2an1 1 2x，与原式待定系数，得 1 2x1， x2，得 an2 an12 1 2，an2是一个等比数列首项 a121，公比 q 1 2， an2(1 2) n1，a n2(1 2) n1(n2)，而 a 11，也符合 an2(1 2) n1(nN*) (2)n2，由 1 an1 2an1 an11，得 1 an1 1an1 an11 1 an11， 1 an1 1 an111， 1 an1 是首项 为3，公差为1 的等差数列 且 1 an1n2，an n1 n2. 变式 2、已知数列an满足 a11，an12an3n，求数列an

18、的通项公式； 【解析】 两边同除以 3n 1，得an1 3n 12 3 an 3n 1 3，bn an 3n， 则原式变为 bn12 3bn 1 3，设 bn1x 2 3(bnx)， 与原式待定系数，得1 3x 1 3，得 x1，an3 n，bn11 bn1 2 3， 数列bn1是一个公比为2 3的等比数列，首项为 bn1 1 31 2 3， bn12 3( 2 3) n1，b n1(2 3) n， an3n(1(2 3) n)3n2n. 方法总结：构造等差、等比数列求通项，常见形式一：an1panq(p，q 为常数，p0，p1)，常利用待定 系数构造，可化为 an1xp(anx)，从而解出

19、x q p1. 常见形式二：an1panqn(p，q 为常数，p0，p1，q0)，可以通过两边同时除以 qn 1，得an1 qn1 p q an qn 1 q，换元 bn an qn，即转化形式一当然， 五、优化提升与真题演练 1、 （2018 年高考全国 I 卷理数）记 n S为数列 n a的前n项和，若21 nn Sa，则 6 S _ 【答案】63 第 8 页 / 共 10 页 【解析】 根据21 nn Sa， 可得 11 21 nn Sa ， 两式相减得 11 22 nnn aaa ， 即 1 2 nn aa ， 当1n 时， 111 21Saa，解得 1 1a ，所以数列 n a是以1

20、 为首项，以 2 为公比的等比数列，所以 6 6 12 63 12 S ，故答案是63. 2、（2020 年全国 2 卷） 数列 n a中，12a ， m nmn aa a ， 若 1 55 121 0 22 kkk aaa ， 则k （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】在等式 m nmn aa a 中，令1m，可得 11 2 nnn aa aa ， 1 2 n n a a ， 所以，数列 n a是以2为首项，以2为公比的等比数列，则 1 2 22 nn n a ， 10110 1 110510 1210 1 221 2 221221 1 21 2 k k k

21、kkk a aaa ， 15 22 k ，则15k ，解得4k . 故选：C. 3、 (2019 南京三模） 已知数列an满足 a11， a21 2， 且 an(an1an1)2an1an1(n2)， 则 a2 015_. 【答案】. 1 2 015 【解析】由 an(an1an1)2an1an1(n2)得 1 an1 1 an1 2 an(n2)，又 a11，a2 1 2，所以数列 1 an 是以 1 为 首项，1 为公差的等差数列所以 1 ann，即 an 1 n，所以 a2 015 1 2 015. 4、 （2019 年高考全国 II 卷理数）已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0，

22、 1 434 nnn aab ， 1 434 nnn bba . （1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列； （2）求an和bn的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2） 11 22 n n an， 11 22 n n bn. 【解析】（1）由题设得 11 4()2() nnnn abab ，即 11 1 () 2 nnnn abab 第 9 页 / 共 10 页 又因为a1+b1=l，所以 nn ab是首项为1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()8 nnnn abab ，即 11 2 nnnn abab 又因为a1b1=l，所以 nn ab是首项为1，公差为

23、2的等差数列 （2）由（1）知， 1 1 2 nn n ab ，21 nn abn 所以 111 ()() 222 nnnnn n aababn， 111 ()() 222 nnnnn n bababn 5、(2019 苏北四市摸底）已知数列an满足 2an1anan2k(nN*，kR)，且 a12，a3a54. (1) 若 k0，求数列an的前 n 项和 Sn； (2) 若 a41，求数列an的通项公式 规范解答 (1) 当 k0 时，2an1anan2，即 an2an1an1an，所以数列an是等差数列(2 分) 设数列an的公差为 d，则 a12， 2a16d4， 解得 a12， d4

24、3. (4 分) 所以 Snna1n(n1) 2 d2nn(n1) 2 4 3 2 3n 28 3n .(6 分) (2) 由题意得 2a4a3a5k，即24k，所以 k2.(8 分) 又 a42a3a223a22a16，所以 a23, 由 2an1anan22，得(an2an1)(an1an)2，所以数列an1an是以 a2a11 为首项， 2 为公差的等差数列，所以 an1an2n3.(10 分) 当 n2 时，有 anan12(n1)3， 于是 an1an22(n2)3， an2an32(n3)3， a3a22 23， a2a12 13， 第 10 页 / 共 10 页 叠加得，ana1212(n1)3(n1)(n2)，所以 an2 n(n1) 2 3(n1)2n24n 1(n2)(13 分) 又当 n1 时，a12 也适合上式 所以数列 an的通项公式为 ann24n1，nN*.(14 分)