2013届高考数学理一轮复习：5.35 简单递推数列课件(人教A版)

第35讲简单递推数列【学习目标】了解递推公式是给出数列的一种方法，掌握几种简单的将递推数列问题转化化归为特殊数列(等差数列、等比数列等)的方法与途径，从而培养并提升学生的转化化归思想和能力．【基础检测】1．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n，则a100为()A．4952B．5052C．4853D．5154A2．已知数列{an}中，a1＝2，an＝－1an－1(n≥2)，则a2013为()A．2B．－12C.12D．－2A3．数列{an}中，若an＋1＝2anan＋2，a1＝1，则a10＝.2114．数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝.2n－15．数列{an}中，a1＝1，an＝n－1nan－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝.1n【知识要点】1．递推数列的概念如果已知数列{an}的第1项(或前k项)，且任一项an与它的前一项(或前若干项)间的关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的；由递推公式确定的数列叫做递推数列．2．已知数列的递推关系求通项一般有三种途径：一是归纳、猜想，二是转化化归为等差、等比数列；三是逐项迭代．递推公式一、累加、累乘法求通项例1(1)已知数列{an}满足：a1＝1，an＝an－1＋3n－1(n≥2，n∈N*)，求数列{an}的通项an；(2)设{an}是首项为1的正数数列，且(n＋1)a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n＝1,2,3，…)，求其通项an.【解析】(1)因为a1＝1，an－an－1＝3n－1，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝1·3n－13－1＝3n－12.(2)由已知递推关系式分解因式可得：(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0.又an0，所以an＋1＋an≠0，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，所以an＋1an＝nn＋1，所以an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1＝1·12·23·34·…·n－2n－1·n－1n＝1n.【点评】若数列递推关系式是相邻两项之差为某特殊数列(等差、等比数列等)，则应用累加法求通项，若数列递推关系式是相邻两项之比为某特殊数列，则应用累乘法求通项．二、转化化归法求通项例2已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足S2n＝3n2an＋S2n－1，其中an≠0，n＝2,3,4，…，又a1＝2，求数列{an}的通项公式．【解析】当n≥2时，由已知得S2n－S2n－1＝3n2an，又an＝Sn－Sn－1≠0，所以Sn＋Sn－1＝3n2，①于是Sn＋1＋Sn＝3(n＋1)2.②由②－①得，an＋1＋an＝6n＋3，③于是an＋2＋an＋1＝6n＋9，④由④－③得an＋2－an＝6，又由①，S2＋S1＝12，所以a2＝12－2a1＝8，由③有a3＋a2＝15，所以a3＝15－a2＝7.则当n＝2k＋1时，an＝a2k＋1＝a3＋(k－1)×6＝6k＋1＝6·n－12＋1＝3n－2；当n＝2k时，an＝a2k＝a2＋(k－1)6＝6k＋2＝3n＋2.2(1)32(3)32(nnannnnn故为奇数且为偶数）【点评】本例体现了公式11(1)(2)nnnSnaSSn的两种使用特征，使用公式既可化f(an，Sn)＝0为关于an，an－1的递推关系式，又可化f(an，Sn)＝0为关于Sn，Sn－1的递推关系式．三、迭代法求通项例3(1)数列{xn}满足x1＝1，xn＋1＝3xn＋3n(n∈N*)，求通项xn；(2)已知函数f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝3，an＋1＝f(an)，求通项an.【解析】(1)解法一：因为xn＋1＝3xn＋3n(n∈N*)，所以xn＝3xn－1＋3n－1＝3(3xn－2＋3n－2)＋3n－1＝32·xn－2＋2·3n－1＝32(3·xn－3＋3n－3)＋2·3n－1＝33xn－3＋3·3n－1…＝3n－1x1＋(n－1)·3n－1＝n·3n－1.解法二：由xn＋1＝3xn＋3n，得xn＋13n＋1＝xn3n＋13，∴{xn3n}是首项为x13＝13，公差为13的等差数列，∴xn3n＝13＋(n－1)·13＝13n.∴xn＝n·3n－1.21222(2)解法一：因为f(x)＝2x2，又an＋1＝f(an)，所以an＝2a2n－1＝2(2a2n－2)2＝21＋2·(a2n－2)2＝21＋2＝·…＝＝＝＝.2223(2)na323na2211222212nna112122123nn1121223nn12162n解法二：因为an＋1＝2a2n0，所以log2an＋1＝1＋2log2an，所以log2an＋1＋1＝2(log2an＋1)，故数列{log2an＋1}是公比为2的等比数列，所以log2an＋1＝(log2a1＋1)·2n－1，即log22an＝2n－1·log2(2×3)，所以2an＝，即an＝12·.126n126n【点评】(1)迭代法即反复运用递推关系式将一项用它相邻的前一项代换，边重复代入，边探索规律，最终获得与第一项及n有关的规律，整理化简便求得通项公式．(2)形如an＋1＝apn(p为有理常数)的正项数列一般两边取对数化归为等比数列求通项方法简便实用．四、归纳猜想求通项例4设各项均为正数的数列{an}满足a1＝2，an＝an＋2(n∈N*)．(1)若a2＝14，求a3，a4，并猜想a2013的值(不要求证明)；(2)设bn＝a1·a2·…·an(n∈N*)，若a2＝2，求数列{bn}的通项公式．321na【解析】(1)∵a1＝2，a2＝2－2，故a3＝a1＝24，a4＝a2＝2－8由此有a1＝，a2＝，a3＝，a4＝从而a2013＝.322a323a0(2)21(2)22(2)23(2)22012(2)2(2)令xn＝log2an，Sn＝x1＋x2＋…＋xn，则bn＝，由题设x1＝1，且xn＝32xn＋1＋xn＋2(n∈N*)①由①得xn＋2＋2xn＋1＝(xn＋2＋32xn＋1)＋12xn＋1＝12(xn＋1＋2xn)，因此数列{xn＋1＋2xn}是首项为x2＋2，公比为12的等比数列故xn＋1＋2xn＝(x2＋2)·12n－1(n∈N*)②2nS由①得xn＋2－12xn＋1＝(xn－32xn＋1)－12xn＋1＝－2(xn＋1－12xn)因此数列{xn＋1－12xn}是首项为x2－12，公比为－2的等比数列，故xn＋1－12xn＝(x2－12)(－2)n－1③由②－③得52xn＝(x2＋2)12n－1－(x2－12)(－2)n－1.而a2＝2，∴x2＝log2a2＝12，所以xn＝12n－1【点评】归纳猜想求数列通项公式是应用归纳推理探究数列的变化规律，由规律特征猜得其通项公式，然后由数学归纳法证明其合理性．从而Sn＝x1＋x2＋…＋xn＝1＋12＋…＋12n－1＝2－12n－1因此bn＝.112222nnS〔备选题〕例5已知数列{an}满足a1＝12，31＋an＋11－an＝21＋an1－an＋1，anan＋10；数列{bn}满足bn＝a2n＋1－a2n.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)证明：数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．【解析】(1)由题意可知，1－a2n＋1＝23(1－a2n)，令cn＝1－a2n则cn＋1＝23cn，又c1＝1－a21＝34，则数列{cn}是首项c1＝34，公比为23的等比数列，即cn＝34·(23)n－1，故1－a2n＝34·(23)n－1则a2n＝1－34(23)n－1又a1＝120，anan＋10，故an＝(－1)n－11－3423n－1，bn＝a2n＋1－a2n＝[1－34(23)n]－[1－34(23)n－1]＝14·(23)n－1.(2)(反证法)假设数列{bn}中存在三项br，bs，bt(rst)按某种顺序成等差数列．由(1)可知，brbsbt，则2bs＝br＋bt∴2·14(23)s－1＝14(23)r－1＋14(23)t－1，两边同乘3t－1·21－r化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r·3t－s由于rst，∴上式左边为奇数，右边为偶数，不可能成立．故矛盾，因此数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．【点评】本题主要考查等差数列，等比数列的定义，通项公式和性质，考查转化化归思想和抽象概括能力与运算求解能力．递推数列求通项的特征归纳：(1)累加法：an＋1－an＝f(n)．(2)累乘法：an＋1an＝f(n)．(3)化归法：(常见)an＋1＝Aan＋B(A≠0，A≠1)⇒an＋1＋λ＝A(an＋λ)；an＋2＝pan＋1＋qan⇒an＋2＋λan＋1＝(p＋λ)(an＋1＋λan)；an＋1＝pan＋pn＋1⇒an＋1pn＋1＝anpn＋1.(4)归纳法：计算a2，a3，a4呈现关于项数2,3,4的规律特征．(5)迭代法：an＋1＝pan或an＋1＝apn或an＋1＝pan＋f(n)等．(2011天津)已知数列{an}与{bn}满足bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝3＋－1n2，n∈N*，且a1＝2，a2＝4.(1)求a3，a4，a5的值；(2)设cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明：{cn}是等比数列．【解析】(1)由bn＝3＋－1n2，n∈N*，可得bn＝1，n为奇数，2，n为偶数.又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0，由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3；当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5；当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4.(2)证明：对任意n∈N*，a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0.③②－③，得a2n＝a2n＋3.④将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，即cn＋1＝－cn(n∈N*)．又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因此cn＋1cn＝－1，所以{cn}是等比数列．1．数列{an}中，an＋1＝2an－1(n∈N＋)，且a5＝9，则a1＝()A.12B.32C．－12D．－32【解析】由已知得an＋1－1＝2(an－1)，故{an－1}为等比数列，公比为q＝2，∴a5－1＝(a1－1)×24，即23＝(a1－1)×24，得a1＝32.B2．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋1n)，则an等于()A．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnnA3．在数列{an}中，a1＝2，ann－an－1n－1＝2(1n－1－1n)，(n≥2)，则a10为()A．34B．36C．38D．40C【解析】由ann－an－1n－1＝2(1n－1－1n)得an－1n－1－an－2n－2＝2(1n－2－1n－1)⋮a22－a11＝2(11－12)累加得ann－a11＝2(1－1n)∴an＝4n－2(n≥2)．∴a10＝38，故选C.4．已知数列{an}中，a1＝1，对所有的n≥2都有a1a2a3…an＝n2，则a3＋a5＝.6116【解析】由题意，有a1a2a3…an＝n2a1a2a3…an·an＋1＝(n＋1)2∴an＋1＝n＋12n2(n≥2)∴a3＝94，a5＝2516，a3＋a5＝6116.5．已知a1＝3，f(x)＝x2且an＋1＝f(an)，则an＝.123n【解析】an＝a2n－1＝＝…＝.()()nnaa232223－－＝112213nna6．设a1＝2，an＋1＝2an＋1，bn＝|an＋2an－1|，n∈N*，则数列{bn}的通项bn＝.2n＋1【解析】由条件得bn＋1＝|an＋1＋2an＋1－1|＝|2