《（江蘇專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第37講 數(shù)列的遞推關(guān)系與通項學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 第37講 數(shù)列的遞推關(guān)系與通項學(xué)案 理（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第37講　數(shù)列的遞推關(guān)系與通項 考試要求　掌握常見求通項的方法. 診 斷 自 測 1.(必修5P41習(xí)題13改編)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，那么an－am＝________d. 答案　(n－m) 2.在數(shù)列{an}中，a1＝1，＝，那么an＝________. 解析　當(dāng)n≥2時，an＝a1××××…×＝1××××…×＝，當(dāng)n＝1時也成立，故an＝. 答案　 3.若數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為________. 解析　由an＝n＋an－1可變形為an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，由此可寫出以下各

2、式：an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，…，a2－a1＝2，將以上等式兩邊分別相加，得an－a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2，所以an＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝. 答案　an＝ 4.在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，d＝2，Sn＋2－Sn＝24，則n＝________. 解析　因為a1＝1，d＝2，所以Sn＝n2，Sn＋2－Sn＝(n＋2)2－n2＝24，解得n＝5. 答案　5 5.在斐波那契數(shù)列1，1，2，3，5，8，13，…中，an，an＋1，an＋2的關(guān)系是________. 答案　an＋2＝an＋an＋1 知

3、識 梳 理 常見求數(shù)列通項的幾種類型 (1)形如an－an－1＝f(n)(n∈N*且n≥2) 方法：累加法，即當(dāng)n∈N*，n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1. (2)形如＝f(n)(n∈N*且n≥2) 方法：累乘法，即當(dāng)n∈N*，n≥2時，an＝··…··a1. 注意：n＝1不一定滿足上述形式，所以需檢驗. (3)形如an＝pan－1＋q(n∈N*且n≥2) 方法：化為an＋＝p的形式.令bn＝an＋，即bn＝pbn－1，{bn}為等比數(shù)列，從而求得數(shù)列{an}的通項公式. (4)形如an＝pan－1＋f(n)(n∈N*且n≥

4、2) 方法：兩邊同除pn，得＝＋，令bn＝，得bn＝bn－1＋，轉(zhuǎn)化為利用疊加法求bn(若為常數(shù)，則{bn}為等差數(shù)列)，從而求得數(shù)列{an}的通項公式. 考點一　利用“累乘、累加”法求通項 【例1－1】 (2018·蘇北四市聯(lián)考)已知數(shù)列{an}，{bn}，其中a1＝，數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2an(n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足b1＝2，bn＋1＝2bn. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)是否存在自然數(shù)m，使得對于任意n∈N*，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒成立？若存在，求出m的最小值. 解　(1)因為Sn＝n2an(n∈N*)， 當(dāng)n≥2時，Sn－1＝

5、(n－1)2an－1.所以an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1. 所以(n＋1)an＝(n－1)an－1.即＝，又a1＝， 所以an＝···…···a1 ＝···…···＝. 當(dāng)n＝1時，上式成立，故an＝. 因為b1＝2，bn＋1＝2bn，所以{bn}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，故bn＝2n. (2)由(1)知，bn＝2n.則1＋＋＋…＋ ＝1＋＋＋…＋ ＝2－. 假如存在自然數(shù)m，使得對于任意n∈N*，n≥2， 有1＋＋＋…＋<恒成立， 即2－<恒成立. 由≥2，解得m≥16. 所以存在自然數(shù)m，使得對于任意n∈N*，n≥2，有1＋＋＋…＋<恒

6、成立.此時m的最小值為16. 【例1－2】 已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，求數(shù)列{an}的通項公式. 解　由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， ∴數(shù)列{an＋1－an}是以a2－a1＝3為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1－an＝ 3·2n－1， ∴n≥2時，an－an－1＝3·2n－2，…，a3－a2＝3·2，a2－a1＝3，將以上各式累加得an－a1＝3·2n－2＋…＋3·2＋3＝3(2n－1－1)，∴an＝3·2n－1－2(當(dāng)n＝1時，也滿足). 規(guī)律方法　求數(shù)列的通項公式，特別

7、是由遞推公式給出數(shù)列時，除疊加、迭代、累乘外，還應(yīng)注意配湊變形法.變形的主要目的是湊出容易解決問題的等差或等比數(shù)列，然后再結(jié)合等差、等比數(shù)列的運算特點解決原有問題.求得通項公式時，還可根據(jù)遞推公式寫出前幾項，由此來猜測歸納出通項公式，然后再證明. 【訓(xùn)練1】 已知a1＝2，an＋1＝an＋ln，求數(shù)列{an}的通項公式. 解　∵an＋1＝an＋ln， ∴an－an－1＝ln＝ln (n≥2)， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝ln＋ln＋…＋ln ＋ln 2＋2 ＝2＋ln ＝2＋ln n(n≥2). 又a1＝2適合上式，故an＝

8、2＋ln n(n∈N*). 考點二　構(gòu)造等差、等比數(shù)列求通項 【例2】 (1)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求數(shù)列的通項公式； (2)已知數(shù)列滿足a1＝2, an＋1＝2an＋2n＋1，求數(shù)列的通項公式. (3)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝，n∈N*，求數(shù)列{an}的通項公式. 解　 (1)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)， 又a1＝1，∴a1＋1＝2， 故數(shù)列{an＋1}是首項為2，公比為3的等比數(shù)列， ∴an＋1＝2·3n－1，故an＝2·3n－1－1. (2)因為an＋1＝2an＋2n＋1，所以＝＋1，又＝1，

9、故數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，＝n，從而an＝n·2n. (3)因為a1＝2，an＋1＝， 所以2a＝an，且an>0. 兩邊取對數(shù)，得lg 2＋2lg an＋1＝lg an， 化為lg an＋1＋lg 2＝(lg an＋lg 2)， 因為lg a1＋lg 2＝2lg 2， 所以數(shù)列{lg an＋lg 2}是以2lg 2為首項、為公比的等比數(shù)列，所以lg an＋lg 2＝2··lg 2. 所以an＝222－n－1. 規(guī)律方法　此題通過兩邊同時取對數(shù)，將一個復(fù)雜的數(shù)列轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列.通常來說，我們可以將數(shù)列取對數(shù)后轉(zhuǎn)化成等差數(shù)列.將等差數(shù)列放到指數(shù)函數(shù)y＝ax中轉(zhuǎn)化為等比

10、數(shù)列. 【訓(xùn)練2】 (2018·蘇州期中)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列. (1)求a1，a2的值； (2)求證：數(shù)列{an＋2n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式. (1)解　由題意，得2a1＝a2－3，　① 2(a1＋a2)＝a3－7.?、? 又因為a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列， 所以a1＋a3＝2a2＋10，　③ 聯(lián)立①②③，解得a1＝1，a2＝5. (2)證明　由題意知，當(dāng)n∈N*時， 2(Sn＋1－Sn)＝an＋2－an＋1－2n＋2＋2n＋1， 即an＋2＝3an＋1＋2n＋1，an＋

11、1＝3an＋2n(n≥2). 由(1)知，a2＝3a1＋2， 所以an＋1＝3an＋2n(n∈N*)， 所以an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3an＋3×2n＝3(an＋2n). 又a1＋2>0，所以an＋2n>0， 所以＝3， 所以數(shù)列{an＋2n}是等比數(shù)列，且公比為3， 所以an＋2n＝(a1＋2)×3n－1＝3n，an＝3n－2n. 考點三　由an與Sn的遞推關(guān)系求通項 【例3】 (一題多解)記數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若a1＝1，Sn＝2(a1＋an)(n≥2，n∈N*)，求Sn. 解　法一　當(dāng)n＝2時，S2＝2(a1＋a2)， 從而得a2＝－a1

12、＝－1.當(dāng)n≥3時， 有Sn－1＝2(a1＋an－1)，所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－1.又a2≠2a1， 所以數(shù)列{an}是從第二項起以a2＝－1為首項、2為公比的等比數(shù)列，所以當(dāng)n≥2時，Sn＝1＋＝2－2n－1，又S1＝a1＝1＝2－20，所以Sn＝2－ 2n－1. 法二　當(dāng)n＝2時，S2＝2(a1＋a2)，從而a2＝－a1＝－1. 當(dāng)n≥3時，an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝2(1＋Sn－Sn－1)， 即Sn＝2Sn－1－2，所以Sn－2＝2(Sn－1－2). 又因為S2－2＝－2，S1－2＝－1，所以S2－2＝2(S1－2)， 所以

13、數(shù)列{Sn－2}是以－1為首項、2為公比的等比數(shù)列，從而Sn－2＝(－1)·2n－1，所以Sn＝2－2n－1. 規(guī)律方法　法一的思考方法是先求出數(shù)列{an}的通項公式，再求它的前n項和，所以將Sn轉(zhuǎn)化為an，通過研究an來求和；法二的思考方法是直接研究{Sn}，所以將an轉(zhuǎn)化為Sn后再求它的通項.這是研究Sn與an的關(guān)系問題的常用的兩種解法，解題時要合理選擇. 【訓(xùn)練3】 (2018·蘇州調(diào)查)已知數(shù)列{an}共有2k項(k≥2，k∈N*)，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝2，an＋1＝(p－1)Sn＋2(n＝1，2，…，2k－1)，其中常數(shù)p>1. (1)求證：數(shù)列{an}是

14、等比數(shù)列； (2)若p＝2，數(shù)列{bn}滿足bn＝log2(a1a2…an)(n＝1，2，…，2k)，求數(shù)列{bn}的通項公式. (1)證明　∵an＋1＝(p－1)Sn＋2(n＝1，2，…，2k－1)， ∴an＝(p－1)Sn－1＋2(n＝2，3，…，2k)， 兩式相減得an＋1－an＝(p－1)(Sn－Sn－1)， 即an＋1－an＝(p－1)an，∴an＋1＝pan(n＝2，3，…2k－1)， 原式中，令n＝1，得a2＝(p－1)a1＋2＝pa1， ∴＝p≠0(n＝1，2，…，2k－1)， ∴{an}是等比數(shù)列. (2)解　由(1)得an＝a1pn－1，∴bn＝log2(

15、a1a2…an) ＝log2(a1·a1p·a1p2·…·a1pn－1) ＝log2(a·p1＋2＋…＋n－1) ＝log2(a1·p)＝1＋log2p＝1＋·＝1＋. 一、必做題 1.已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式是________. 解析　∵an＝n(an＋1－an)，∴＝， ∴an＝···…···a1 ＝···…···1＝n. 答案　an＝n 2.已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，那么的最小值為________. 解析　因為an＋1－an＝2n，a1＝33，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a

16、2)＋…＋(an－ an－1)＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n2－n＋33，則＝n＋－1.令f(n)＝n＋－1，由y＝x＋的單調(diào)性知，當(dāng)n＝6時，f(n)min＝. 答案　 3.設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1(n≥2)，則Sn＝________. 解析　依題意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn(n≥2)，整理得－＝1.又＝＝1，則數(shù)列是以1為首項、1為公差的等差數(shù)列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝. 答案　 4.已知函數(shù)f(x)由下表定義： x 1 2 3 4 5 f(x) 4 1 3 5 2 若a1＝5，a

17、n＋1＝f(an)(n＝1，2，…)，則a2 017＝________. 解析　a2＝f(a1)＝f(5)＝2，a3＝f(a2)＝f(2)＝1，a4＝f(a3)＝f(1)＝4，a5＝f(a4)＝f(4)＝5，可知數(shù)列{an}是周期為4的周期數(shù)列，所以a2 017＝a4×504＋1＝a1＝5. 答案　5 5.對于正項數(shù)列{an}，定義Hn＝為{an}的“蕙蘭”值，現(xiàn)知數(shù)列{an}的“蕙蘭”值為Hn＝，則數(shù)列{an}的通項公式為________. 解析　由題意得＝，即a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2① 所以當(dāng)n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)2②，

18、 ①－②得 nan＝n2－(n－1)2＝2n－1?an＝2－(n≥2)，當(dāng)n＝1時，a1＝1，也滿足此通項公式，所以an＝2－. 答案　an＝2－ 6.已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，則數(shù)列{an}的前n項和為________. 解析　因為an＋1＝4an－3n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，所以＝4，所以數(shù)列{an－n}是以1為首項、4為公比的等比數(shù)列，所以an－n＝4n－1，所以an＝4n－1＋n，所以Sn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)＝＋＝＋. 答案?。?

19、7.若數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則an＋2＋an＝________. 解析　由an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＝(－1)nan＋1＋2n＋1＝(－1)n[(－1)n－1an＋2n－1]＋2n＋1 ＝－an＋(－1)n(2n－1)＋2n＋1， 即an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋2n＋1. 答案　(－1)n(2n－1)＋2n＋1 8.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*). (1)求證：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項公式. (1)證明　由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋

20、1)， 又an＋1≠0，所以＝2，即{an＋1}為等比數(shù)列. (2) 解　由(1)知an＋1＝(a1＋1)qn－1， 即an＝(a1＋1)qn－1－1＝2·2n－1－1＝2n－1. 9.設(shè)數(shù)列{bn}滿足：b1＝，bn＋1＝b＋bn， (1)求證：＝－； (2)若Tn＝＋＋…＋，對任意的正整數(shù)n，3Tn－log2m－5>0恒成立.求m的取值范圍. (1)證明　∵b1＝，bn＋1＝b＋bn＝bn(bn＋1)， ∴對任意的n∈N*，bn>0. ∴＝＝－，即＝－. (2)解　Tn＝＋＋…＋＝－＝2－. ∵bn＋1－bn＝b>0，∴bn＋1>bn，∴數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列.

21、 ∴數(shù)列{Tn}關(guān)于n遞增.∴Tn≥T1. ∵b1＝，∴b2＝b1(b1＋1)＝.∴T1＝2－＝. ∴Tn≥.∵3Tn－log2m－5>0恒成立. ∴l(xiāng)og2m<－3，∴0

22、1)知＝，所以an＝. 代入Sn＝2－an，得Sn＝2－. 設(shè)數(shù)列的前n項和為An， 則An＝＋＋＋…＋， 則An＝＋＋…＋＋，兩式相減得 An＝＋＋＋…＋－＝2－， 故An＝4－. 所以Tn＝2n－An＝＋2n－4. 二、選做題 11.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝，且a1＝1. (1)(一題多解)求數(shù)列{an}的通項公式an； (2)令bn＝ln an，是否存在k(k≥2，且k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比數(shù)列.若存在，求出所有符合條件的k值；若不存在，請說明理由. 解　(1)法一　當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－，即＝(n≥2).所以是首項為＝

23、1的常數(shù)數(shù)列，所以＝1，即an＝n(n∈N*). 法二　同上，得(n－1)an＝nan－1.同理得 nan＋1＝(n＋1)an，所以2nan＝n(an－1＋an＋1)，即 2an＝an－1＋an＋1，所以{an}成等差數(shù)列.又由a1＝1，得a2＝S2－a1，得a2＝2，得an＝1＋(n－1)＝n(n∈N*). 法三　同上，得＝(n≥2)， 所以an＝···…···a1＝··…···1＝n，當(dāng)n＝1時a1＝1，也滿足an＝n，所以an＝n(n∈N*). (2)假設(shè)存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比數(shù)列，則bkbk＋2＝b.因為bn＝ln an＝ln n， 所以bkbk＋2＝ln k·ln(k＋2)＜＝<＝[ln(k＋1)]2＝b，這與bkbk＋2＝b矛盾. 故不存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比數(shù)列. 10