2019年高考数学二轮复习 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

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1nnaa=f(n),则可利用累乘法求通项公式;(3)减法:利用an=11,1,,2nnSnSSn转化成an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=11,1,,2nnTnTnT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为an+1-t=p(an-t),其中t=1qp,再转化为等比数列求解.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11nnaq=pq·nnaq+1q,构造新数列{bn}(其中bn=nnaq),得bn+1=pq·bn+1q,接下来用待定系数法求解.形如an+1=pmna(p0,an0),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解:(1)由2an,2Sn,2na成等差数列,得4Sn=2an+2na(n∈N*).当n=1时,4S1=2a1+21a,即4a1=2a1+21a.故a1(a1-2)=0.由于a10,故a1=2.【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;解:(2)由题意,当n≥1时,4Sn=2an+2na,①因此4Sn-1=2an-1+21na(n≥2).②由①-②,得4an=2an-2an-1+2na-21na,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.(2)求通项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=Sn-Sn-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.解析:由Sn=2an+1可得Sn-1=2an(n≥2),两式相减得,an=2an+1-2an,即1nnaa=32(n≥2),又由a1=1及Sn=2an+1可得a2=12,所以数列{an}从第二项开始成一个首项为a2=12,公比为32的等比数列,【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=.故当n1,n∈N*时有an=12·(32)n-2,所以有an=21,1,13,2.22nnn答案:21,1,13,222nnn2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=12,an=-2SnSn-1(n≥2且n∈N*).则Sn=,an=.解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,由递推关系知Sn≠0,所以1nS-11nS=2.所以{1nS}是等差数列,其中首项为11S=11a=2,公差为2.因为1nS=11S+2(n-1)=11a+2(n-1)=2+2(n-1)=2n,所以Sn=12n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-121nn;当n=1时,a1=S1=12不适合上式.所以an=11,212,N.21nnnnn答案:12n11,212,N21nnnnn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.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.考点二累加法求通项解: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)+(n-1)+3=2×131313n+(n-1)+3=3n-3+n-1+3=3n+n-1,对n=1仍成立,所以an=3n+n-1.【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.方法技巧若在已知数列中相邻两项存在: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.【题组训练】1.数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln(1+1n),an=.解析:an+1-an=ln1nn,所以an-an-1=ln1nn,an-1-an-2=ln12nn,…,a2-a1=2ln1,累加得an-a1=ln(1nn·12nn·…·21)=lnn,从而an=lnn+2,对n=1仍成立.答案:lnn+2解析:因为an+1-an=2141n=12(121n-121n),所以运用累加法即可得到,(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=12[(1-13)+(13-15)+…+(123n-121n)]=12(1-121n),所以an=a1+12(1-121n)=4342nn,对n=1仍成立.答案:4342nn2.在数列{an}中,a1=12,an+1-an=2141n,则该数列的通项公式an=.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.(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an-a1=(n-1)2,所以an=n2-2n+2.考点三累乘法求通项解析:2nan+1=(n+1)an,得1nnaa=12nn,从而当n≥2时,1nnaa=21nn,所以1naa=21aa·32aa·…·1nnaa=221×322×423×…×21nn=12nn,所以an=a1×12nn=12nn,选B.【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)2nn(B)12nn(C)21nn(D)12nn方法技巧若在已知数列中相邻两项存在1nnaa=f(n)(n≥2)的关系,可用“累乘法”.利用1naa=21aa·32aa·…·1nnaa=f(2)f(3)…f(n),右边求积后,求其通项公式.解析:由an+1=2nan,得1nnaa=2n,令n=1,2,…,可得21aa=21,32aa=22,…,1nnaa=2n-1(n≥2),将这(n-1)个等式相乘得1naa=21+2+…+(n-1)=122nn,故an=122nn,又a1=1满足上式,所以an=122nn.【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=.答案:122nn2.设{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)21na-n2na+an+1an=0(n∈N*),则an=.解析:因为(n+1)21na-n2na+an+1an=0,所以(an+1+an)(nan+1+an+1-nan)=0,由于{an}的各项为正,所以an+1+an≠0,所以nan+1+an+1-nan=0,即1nnaa=1nn,所以21aa=12,32aa=23,43aa=34,…,1nnaa=1nn(n≥2),将以上各式相乘得1naa=1n,又a1=1,所以an=1n,n=1时,a1=1满足上式,所以an=1n.答案:1n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.(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11b+21b+…+1nb4081成立的最小正整数n的值.(3)解:由(2)得bn=3n,1nb=13n,11b+21b+…+1nb=11133113n=12(1-13n)4081,故3n81,解得n4,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.【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解析:由an+1=2nnaa得1nnaa=2na+1,变形得11na+1=2(1na+1),所以{1na+1}是以2为公比的等比数列,所以1na+1=2×2n-1=2n,所以an=121n.2.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=2nnaa(n∈N*),则数列{an}的通项公式为.答案:an=121n3.已知数列{an}满足an+1=2an+3×2n,a1=2,求数列{an}的通项公式.解:an+1=2an+3×2n两边除以2n+1,得112nna=2nna+32,则112nna-2nna=32,故数列{2nna}是以112a=22=1为首项,以32为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得2nna=1+(n-1)×32,所以数列{an}的通项公式为an=(32n-12)2n.