高考数学二轮复习专题六数列、不等式及数学归纳法第2讲数列递推与通项课件新人教A版

所以数列{an}从第二项开始成一个首项为 a2= 1 ,公比为 3 的等比数列,
2
2
故当 n>1,n∈N*时有 an= 1 ·( 3 )n-2, 22
1, n 1,
所以有
an=

1 2


3 2
n
2
,
n

2.
1,n 1,
答案:

1 2


3 2
n2

,
n

2
2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= 1 ,an=-2SnSn-1(n≥2 且 n∈N*).则 2
Sn=
,an=
.
解析:当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,
由递推关系知 Sn≠0,所以 1 - 1 =2. S n Sn1
所以{ 1 }是等差数列,其中首项为 1 = 1 =2,公差为 2.
方法技巧
若在已知数列中相邻两项存在 an =f(n)(n≥2)的关系,可用“累乘法”. an1
利用 an = a2 · a3 ·…· an =f(2)f(3)…f(n),右边求积后,求其通项公式.
a1 a1 a2
an1
【题组训练】
1.若数列{an}满足a1=1,an+1=2nan,则数列{an}的通项公式an=
方法技巧
通过纽带an=Sn-Sn-1(n≥2),消掉an或Sn求解.如需消掉Sn,可以利用已知递推 式,把n换成(n-1)得到新递推式,两式相减即可.若要消掉an,只需把an=SnSn-1代入递推式即可.不论哪种形式,需要注意公式an=Sn-Sn-1成立的条件 n≥2.因此要验证n=1是否成立,若不成立则要写成分段形式.
【题组训练】
1.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式an=
.
解析:构造新数列{an+p},其中p为常数,使之成为公比是an的系数2的等比数 列,即an+1+p=2(an+p),整理得an+1=2an+p使之满足an+1=2an+1,所以p=1,即{an+1} 是首项为a1+1=2,q=2的等比数列,所以an+1=2·2n-1,所以an=2n-1. 答案:2n-1
=
n 1 ,从而当 n≥2 时, an
2n
an1
=
n
2n 1
,
所以 an = a2 · a3 ·…· an = 2 × 3 × 4 ×…× n = n ,
a1 a1 a2
an1 2 1 2 2 2 3
2 n 1 2n1
所以 an=a1×
n 2n1
=
n 2n1
,选 B.
【题组训练】
1.数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln(1+ 1 ),an=
.
n
解析:an+1-an=ln n 1 ,所以 an-an-1=ln n ,an-1-an-2=ln n 1 ,…,a2-a1= ln 2 ,累
n
n 1
n2
1
加得 an-a1=ln( n · n 1 ·…· 2 )=ln n,从而 an=ln n+2,对 n=1 仍成立.
Sn
S1 a1
因为 1 = 1 +2(n-1)= 1 +2(n-1)=2+2(n-1)=2n,所以 Sn= 1 .
Sn S1
a1
2n
当
n≥2
时,an=Sn-Sn-1=-
1
2n n
1
;
当 n=1 时,a1=S1= 1 不适合上式. 2
所以
an=
1 2

n
1
1
,
第2讲 数列递推与通项
核心整合
1.利用递推加减乘除求通项
(1)累加法:如果递推形式为an+1-an=f(n),则可利用累加法求通项公式;
(2)累乘法:如果递推形式为 an1 =f(n),则可利用累乘法求通项公式;
an
(3)减法:利用
an=
SS1n,
n
1, Sn1,
n

2
转化成
an
(2)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)证明:由Sn+1=3Sn+n2+2及Sn=3Sn-1+(n-1)2+2(n≥2), 得an+1=3an+2n-1,故an+1+n+1=3(an+n), 即bn+1=3bn(n≥2),当n=1时上式也成立, 故{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.
(3)求使 1 + 1 +…+ 1 > 40 成立的最小正整数 n 的值.
p q
·bn+
1 q
,接下来用待
定系数法求解. 形如 an+1=p anm (p>0,an>0),先在原递推公式两边同时取对数,再利用待定系数法求解.
核心突破
考点一 由Sn与an的关系求an 【例1】 数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,且对任意的n∈N*,均有 2an,2Sn,成等差数列. (1)求a1;
b1 b2
bn 81
(3)解:由(2)得 bn=3n,
1 bn
=
1 3n
,
1
+
1
+…+
1
=
1 3
1

1 3n

=1
(1-
1
)> 40 ,
b1 b2
bn
1 1
2
3n 81
3
故 3n>81,解得 n>4,最小正整数 n 的值为 5.
方法技巧
通过构造,将数列转化成等差数列或者等比数列.注意不要用错定义,求出首 项与公差(公比)后再写出通项.
(n-1)+3
3 1 3n1
=2×
+(n-1)+3=3n-3+n-1+3=3n+n-1,对 n=1 仍成立,
13
所以 邻两项存在:an-an-1=f(n)(n≥2)的关系,可用“累加法” 求通项. 利用an-a1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=f(2)+f(3)+…+f(n),右边求和后, 求出其通项公式.
(1)证明:由an+2=2an+1-an+2, 得an+2-an+1=an+1-an+2, 即bn+1=bn+2. 又b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (2)解:bn=1+2(n-1)=2n-1,an-an-1=2n-3,an-1-an-2=2n-5,…,a2-a1=1,各式相 加得
解:(1)由 2an,2Sn, an2 成等差数列,
得
4Sn=2an+
a
2 n
(n∈N*).
当 n=1 时,4S1=2a1+ a12 ,即 4a1=2a1+ a12 .
故 a1(a1-2)=0.由于 a1>0,故 a1=2.
(2)求通项an.
解:(2)由题意,当
n≥1
时,4Sn=2an+
a
2 n
,
n 1 n 2
1
答案:ln n+2
2.在数列{an}中,a1=
1 2
,an+1-an=
1 4n2 1
,则该数列的通项公式
an=
.
解析:因为
an+1-an=
1 4n2 1
=
1 2
(
1 2n 1
-
1 2n 1
),所以运用累加法即可得到,
(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)= 1 [(1- 1 )+( 1 - 1 )+…+( 1 - 1 )]=
【题组训练】
1.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+1(n∈N*),且a1=1,则通项公式
an=
.
解析:由 Sn=2an+1 可得 Sn-1=2an(n≥2), 两式相减得,an=2an+1-2an,即 an1 = 3 (n≥2),
an 2
又由 a1=1 及 Sn=2an+1 可得 a2= 1 , 2
2nn 1
n 2, n N
.
答案: 1 2n
1 2

n

1 ,

2n

1 n

1

n

2,
n

N

3.已知数列{an},{bn}满足2Sn=n(an+2),其中Sn是数列{an}的前n项和,a2=3,求 证:数列{an}满足an+an+2=2an+1,并写出数列{an}的通项公式.
或
Sn
的递推关系,注意
n=1
的讨论.同
时 an 可能是一个整体的形式的通项;
(4)除法:若递推关系是
a1a2…an=Tn,则
an=
T1, n Tn Tn 1
1, ,n
2
注意
n=1
的讨论.
2.利用辅助数列求通项
通过构造辅助数列,将问题转化成等差或等比问题
形如 an+1=pan+q(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0),先用待定系数法把原递推公式转化
nn1
nn1
所以 an= 2 2 . 答案: 2 2
2.设{an}是首项为
1
的正项数列,且(n+1)
a2 n1
-n
an2
+an+1an=0(n∈N*),则
an=
.
解析:因为(n+1)
a2 n1
-n
an2
+an+1an=0,所以(an+1+an)(nan+1+an+1-nan)=0,
n
a1 n
a1=1,所以 an= 1 ,n=1 时,a1=1 满足上式,所以 an= 1 .
n
n
答案: 1
n
考点四 构造法求通项
【例4】 已知数列{an},Sn是其前n项的和,且满足a1=2,对一切n∈N*都有 Sn+1=3Sn+n2+2成立,设bn=an+n. (1)求a2;
(1)解:由a1=2及Sn+1=3Sn+n2+2, 当n=1时a2=7.
为 an+1-t=p(an-t),其中 t= q ,再转化为等比数列求解. 1 p
形如 an+1=pan+qn(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0),先在原递推公式两边同除以 qn+1,
得
an1 q n 1
=
p q
·
an qn
+
1 q
,构造新数列{bn}(其中
bn=
an qn
),得
bn+1=
由于{an}的各项为正,所以 an+1+an≠0,
所以 nan+1+an+1-nan=0,即 an1 = n , an n 1
所以 a2 = 1 , a3 = 2 , a4 = 3 ,…, an = n 1 (n≥2),将以上各式相乘得 an = 1 ,又
a1 2 a2 3 a3 4
an1
2
3 35
2n 3 2n 1
1 (1- 1 ),所以 an=a1+ 1 (1- 1 )= 4n 3 ,对 n=1 仍成立.
2 2n 1
2 2n 1 4n 2
答案: 4n 3 4n 2
3.数列{an}满足:a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2,bn=an+1-an, (1)证明:{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式.
.
解析:由 an+1=2nan,得 an1 =2n,令 n=1,2,…,可得 a2 =21,
an
a1
a3 =22,…, an
=2n-1(n≥2),将这(n-1)个等式相乘得
an
=2 = 1+2+…+(n-1)
nn1
22
,
a2
an1
a1
nn1
故 an= 2 2 ,又 a1=1 满足上式,
2.已知数列{an}满足:a1=1,an+1= an (n∈N*),则数列{an}的通项公式为
.
an 2
解析:由 an+1= an 得 an = 2 +1,变形得 1 +1=2( 1 +1),所以{ 1 +1}是以 2 为公
an-a1=(n-1)2,所以an=n2-2n+2.
考点三 累乘法求通项
【例 3】 已知数列{an}中,a1=1,2nan+1=(n+1)an,则数列{an}的通项公式{an}等于 ()
(A) n 2n
(B) n 2n1
(C) n 2n 1
(D) n 1 2n
解析:2nan+1=(n+1)an,得 an1 an
解:2Sn=(an+2)n,所以2Sn+1=(n+1)(an+1+2), 所以2an+1=(n+1)an+1-nan+2, 即(n-1)an+1+2=nan, 所以nan+2+2=(n+1)an+1, 所以nan+2-(n-1)an+1=(n+1)an+1-nan, 所以an+an+2=2an+1, 又由2S1=a1+2,得a1=2, 所以数列{an}是首项为2,公差为1的等差数列, 所以an=n+1.
①
因此
4Sn-1=2an-1+
a2 n1
(n≥2).
②
由①-②,得
4an=2an-2an-1+
an2
-
a2 n1
,
即 2(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1).
由于 an 和 an-1 均为正数,故 an-an-1=2(n≥2). 所以 an=2n,n≥2. 当 n=1 时,a1=2 成立, 所以 an=2n.
考点二 累加法求通项 【例2】 已知数列{an}满足an+1=an+2×3n+1,a1=3,求数列{an}的通项公式.
解:由 an+1=an+2×3n+1 得 an+1-an=2×3n+1, 则 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1 =(2×3n-1+1)+(2×3n-2+1)+…+(2×32+1)+(2×31+1)+3=2(3n-1+3n-2+…+32+31)+