2022年高考数学冲刺专题复习之——求数列通项公式.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高考数学（文）冲刺复习之求数列的通项公式一、定义法 直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法 .这种方法适用于已 知数列类型的题目,此题目是必需把握的基本运算,一般有“ 知二求一” 的方 程思想 . 例题等差数列an是递增数列,前n 项和为S ,且a 1,a3,a9成等比数列,S 52 a 5求数列an的通项公式 . S2=2,S3=-6 训练【2022 新课标 1 文】记 Sn 为等比数列a n的前 n 项和,已知（1）求a n的通项公式；（2）求 Sn,并判定 Sn+1,Sn,Sn+2 是否成等差数列【答案】（1）a n 2n；

2、（2）,证明见解析【解析】S n2n 1n 21a 11qn21 n2n133（2）由（ 1）可得S n1q33由于S n2S n1241 n2n332n2221 nn 212S ,333故S n1,S ,S n成等差数列【考点】等比数列【名师点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻表达,是解决等差、等比数列问题既名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 二、利用S 和a 的关系求 a n的通项公式解法：巧用 a n SS 1n,nS n 1 1,n 2 .使用是依据详细条件和结论,正用、逆用或同时使用,对等式退

3、（进）一步作差 . 1、形如 fSn,n=0 型可利用公式：a n S n S n 1 n 2 直接求出通项 a ；（争论 a 能否被吸取 ）S 1 n 1例题 1 已知数列 an 的前 n 项和为（1）Sn=2n 2-n；（2）Sn=n 2+n+1 ,分别求数列 an的通项公式；例题 2 已知数列 a n的前 n 项和S 满意S n2 ann 1 ,n1.求数列 a n的通项公式；变式 1 数列an的前 n 项和S 满意：S n2an3n（n N+）,求数列an的通项公式n；an1的前 n 项和为S a 11且S nS n1a n11,数列b n满意变式 2 已知数列42b 1119且3 n

4、b nn n2且nanN（）求的通项公式；（）求证：4名师归纳总结 数列b na n为等比数列；第 2 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 变式 3 如前 n 项和为 Sn且满意 an=2S n 21n2 ,且 a1=1,求数列的通项公式；2 S n2、形如 fSn,Sn+1=0 型方法（ i）. 看成Sn的递推公式,求Sn的通项公式,再由S 求出n.（ii ）. （逆用）利用 an=Sn-Sn-1 转化成关于 an 和 an-1 的关系式再求；例题 1 已知数列 an 的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满意关系式 3tSn-2t+3

5、Sn-1=3t（t 为 常数且 t0,n=2,3,4 ）（1）求证：数列 an 是等比数列；（2）设数列 an 的公比为ft,作数列 bn,使 b1=1,b nf11n2,nN,求 bn2 3,求数列的通b n变式 1：如前 n 项和为 Sn方程 x2-a nx-a n=0 有一根为 Sn-1,n1 ,项公式n；a n的前 n 项和S 的公式,求a n的通项公式；变式 2：已知以下各数列名师归纳总结 （1）S n3n2；（2）S n2 n a nn2 ,a 11S n12 3n1,第 3 页,共 27 页1,n2时,a nS n【解析】（1）当n1时,a 1S 1an1,n12n 2 31,n

6、2 n a nn12a n1,（2）当n2时,a nS nS n1即n21a nn12an1,an1n1a nn1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a na n1.an1.a n2.a 4.a3.a2n1.nn2.n3.3.2.121a 1anan2a n3a 3a2a 1n1n1543n na n21,又a 11211,an21n2Nn,1,2 3. 证明：数n n1n n3、形如 fSn,an=0 型nS n利用 an=Sn-Sn-1转化为 gan,an-1=0 型或 hSn,Sn-1=0 型例题 数列 an 的前 n 项和记为 Sn,已知a 1,

7、1a n1n列 ns是等比数列 . n变式：数列的各项均为正数,是的前 n 项和,对于任意,总有成等差数列求数列的通项公式 ；,且,求证：对任意实数和设数列的前 n 项和为,总有点评：利用公式a nS 1L L L L L L Lnn12求解时,要留意对进行分类争论,S nS n1L L L L L但如能合写时肯定要合并.另外,此种方法的原理适合全部多写一项,逐项对齐,两式相减的题目四、由递推式求数列通项法对于递推式确定的数列的求解,通常可以通过地推公式的变换,转化为等差数列或等比数列,有时也用到特别的转化方法与特别数列；名师归纳总结 类型 1：an1anf n ,f n 为可求和的式子 .

8、第 4 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解法：把原递推公式转化为an1anf n ,利用累加法（逐差相加法） 、迭代法或左边构造ns 来求解a n1an1n2, 证明a n3n21例题 1 已知数列 an,求an（1）a 12,an1a nn1,求通项（2）a 11,a n1a nn 21n,3n2例题 2 已知数列 an满意a1,1an变式 设数列 an 满意 a10 且1 1an11 1an1.求 an 的通项公式；类型 2 a n1f n a ,f n 为可求乘积的式子解法：把原递推公式转化为a nn1f n ,利用累乘法（逐商

9、相乘法）或迭代法a求解例题 1 已知数列an满意a 1n2, 3an1n1a n,求a . a . n1 an1n2,n例题 2 已知数列 an满意a 13,a n13n1ann1,求3 n2变式 1 （全国 I）已知数列 a满意a 11,ana 12a 23 a 3L名师归纳总结 求 an的通项a ；第 5 页,共 27 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 变 式2 （ 全 国I ） 设 数 列 a n是 首 项 为 1 的 正 项 数 列 , 且n2 1 a n1na2a n1a n10n1,2,3L,求它的通项公式a ；n变式 3 （2022 年

10、四川 全国卷三）类型 3 an1panf n , p 为非零常数,f n 一般有以下三种情形：1、f n 当为常数时,即an1npanq p1,pq0点评：求递推式形如an1paq（ p 、 q 为常数）的数列通项,是近年高考考得许多的一种题型 .解法一（待定系数累加法） ：用待定系数法构造帮助数列或构造一个新数列,名师归纳总结 可转化为特别数列a nk 的形式求解 .一般地,形如a n1panq p1,pq0第 6 页,共 27 页的递推式均可通过待定系数法对常数p 分解法：设a n1kp ank 与原式比较系数可得 pkkq ,即kpq1,从而利用换元法构造等比数列a nk - - - -

11、 - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解法二（特点 根法 ）： 设 已 知数列an的项满意a 1b,an 1cand, 其 中c 0 c ,1 求这个数列的通项公式； 作出一个方程 x cx d , 就当 x 0 a 1 时,a n为常数列, 即 a n a 1 ; 当 x 0 a 1 时 , a n b n x 0,其中 b n 是以 c 为公比的等比数列,即 b n b 1 c n 1, b 1 a 1 x 0 .例题 1 已知数列 a n 中 a 1 1, a n 1 2 a n 3,求 a . 例题 2 数列 a n 满意 a 1 1,3 a n 1 a n 7

12、 0,求数列 a n 的通项公式变式已知数列a n满意,a 11a 22,an 2a nan1,nN*. 求a n的通项公2式；变式 1：（2006,福建）已知数列 an满意a 11,an12an1 nN*b 1 nN*,证明 : b n是等差数列；（）求数列an的通项公式；4b n1an（）如数列 nb满意4b 11 4b 21L（）证明 :n1a 1a2ann n 2N*23a 2a3an1（ I）解： an+1=2 an+1（nN）, 名师归纳总结 an+1+1=2an+1, 第 7 页,共 27 页 | an+1| 是以 a1+1=2 为首项, 2 为公比的等比数列；an+1=2 n,

13、既 an=2 n1nN；（ II）证法一： 4b114 b22 4 bn1=a+1bn,4k1+k2+ +kn =2 nk, 2b1+b2+ +bn-n=nb, 2b1+b2+ +bn+1-n+1=n+1bn+1-,得 2bn+1-1=n+1bn+1-nb, 即 n-1bn+1-nbn+2=0. nbn+2=n+1bn+1+2=0. -,得 nbn+2-2nbn+1-nbn=0, - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即 bn+2-2bn+1+b=0, bn-2-bn+1=bnnN *, b n 是等差数列 . 证法二：同证法一,得n-1bn+1=nbn+

14、2=0 令 n=1,得 b1=2. 设 b2=2+ddR,下面用数学归纳法证明 1当 n=1,得 b1=2. bn=2+n-1d. 2假设当 n=kk2时,b1=2+k-1d,那么bk+1= k b 2 k 2 k 1 d 2 2 k 1 1 d .k 1 k 1 k 1 k 1这就是说,当 n=k+1 时,等式也成立 . 依据 1和2,可知 bn=2n-1d 对任何 nN *都成立 . bn+1-bn=d, b n是等差数列 . k k3证明：a ak k1 2 2k 1 11 2 22 k 1112 , k 1 2, ,., n ,2a 1 a 2 a n n .a 2 a 3 a n 1

15、 2ka k 2k 1 1 1k 11 1k 1ka k 1 2 1 2 2 2 1 23 2 2 21 1 1 ,k=1,2, ,n, k2 3 2变 式 2 ： 设 正 数 列 a 0 , a a 2 L , a n , L 满 足 a a n 2 a n 1 a n 2 2 a n 1 n 2 且a 0 a 1 1,求 a n 的通项公式；2、 当 f n 为 n 的一次式时,可转化为特别数列 a n An B 的形式求解,也可名师归纳总结 以同除以pn1或qn1转化为前面的类型求解 ；B第 8 页,共 27 页解法：利用待定系数法,再利用换元法构造等比数列anAn设b nanAnB ,

16、即构造a n1+An1Bp a n+AnB例题 设数列 an：a 14,an3an12n1,n2,求a ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 变 式 ： 在 数 列 an中 ,a 13,a 14,2 anan1=6n3,求 通 项2an.an91 2n6 n9. 说明：如f n 为 n 的二次式,就可设b na nAn2BnC ,利用待定系数法进而求解3、 当f n n q 时,就递推公式为an1pann q （其中 p 、 q 均为常数）解法：一般地,（1）在原递推公式两边同除以n p1（累加法）或qn1（构造等比数列）转化为前面的类型求解（ 2）待定

17、系数法：1 设 an+1+ qn+1=pan+ qn. 就 an+1=pan+p-qqn,就 cn+1=pcn cn是等比数列,可求 cn通项；pqc n,令p1qqn范例 已知数列 a n满意a 11,ann 32a n1n2,求a ；a ；变式 1 （1）已知数列 a n中,a 15,a n11a n 12n1,求63（2）在数列a n中,a 11,an12 ann 2求数列b ；0 （3）设 a0为常数,且 2an=3n-1-3an-1 nN求通项 an. 变式 2 在数列an中,a12 ,an1ann122nnN,（1）求证：数列an2n 是等差数列；（2）求数列an的前 n 项和S

18、；n变式 3（全国）名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设数列a n的前 n 项和S n4a n12n12,n1,2,3, L333（1） 求首项a 与通项a ；（2） 设T nn 2 ,S nn1,2,3, L,证明：inT i312类型 4 an2pan1qa 型（其中 p,q 均为常数）；（二阶递推假如在高考中显现,可以不用特点根法,由于不是高考要求,肯定能转化成前面一阶递推的形式,只要有整体和转化思想；）解法一（分解系数法）递推式 a n 2 pa n 1 qa 中含相邻三项,因而考虑每相邻两项的组合, 即把

19、中间一项 a n 1 的系数分解成两个数, 适当组合, 换元法构造等比数列 a n a n 1 ；解法二（待定系数法） ：先把原递推公式转化为 a n 2 sa n 1 t a n 1 sa n s t p其中 s,t 满意,高考中常用此法 ；st q解法二（特点根法）：对于由递推公式 a n 2 pa n 1 qa n , a 1 , a 2 给出的数列a n,方程 x 2px q 0,叫做数列 a n 的特点方程；如 x x 是特点方程的两个根,当 x 1 x 时,数列 a n 的通项为 a n Ax 1 n 1Bx 2 n 1,其中 A 、B 由n 1 n 1a 1 , a 2 打算（即

20、把 a a 2 , x x 和 n=1,2,代入 a n Ax 1 Bx 2,得到关于n 1A、B 的方程组）；当 x 1 x 时,数列 a n 的通项为 na A Bn x 1,其中 A、n 1B 由 a 1 , a 2 打算（即把 a a 2 , x 1 , x 和 n=1,2,代入 a n A Bn x 1,得到关于 A、B 的方程组）；名师归纳总结 例题 已知数列a n中,a 11,a 22,a n22a n11a ,求a ；第 10 页,共 27 页33- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 变式 1、数列an中,a1,1a223,an22an1a

21、n,求数列an的通项公式；名师归纳总结 解：由3 an22 an1a n得an22an11an,设a n2kan1han1kan第 11 页,共 27 页33比较系数得kh2,kh1,解得k,1 h1或k1 h 31333如取k,1 h1,就有a n2an11 an1an33an1a n是以1 为公比,以 3a2a 1211为首项的等比数列an1an1n13由逐差法可得ananan1an1an2a2a 1a1=1n21 3n312111333=11 31n11=311n11731n11434433说明 ：如此题中取k1 h 31,就有an21a n1an11an即得an11an333为常数列

22、,an11anan1an1a21 a 13217故可转化为例 13；3333变式 2：（2006,福建）已知数列a n满意a 11,a23,a n23 an12 annN（1） 证明：数列a n1a n是等比数列；（2） 求数列a n的通项公式；（3） 如数列nb满意b 1 41b 421K4bn1a nnb 1 nN,证明b n是等差数列；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 变式 3：（四川）设数列的a n前 n 项和为S ,已知ban2nb1S ,求a n的通项公式类型 5 a n1f n an型g n a nh n 解法：这种类型一般是等式两边取倒

23、数后换元转化为a n1panq ；例题 已知数列a n满意：a n3an11,a 11,求数列a n的通项公式；a n1变式 1 （江西）已知数列a n满意：a 13,且a n23 na n11n2,nN.2a n1n1 求数列a n的通项公式；. L La n2.n（ ）证明：对于一切正整数n,不等式a 1.a 2类型 6 an1panqan1anpq0 型解法：两端除以anan得：1np1aq1an2 an1an,求通项公式a ；anan1例题 已知数列 a 满意a1,12时,n变式变式 4：在数列 an 中, a11,3anan1anan10n2,nN1试判定数列 1 an 是否为等差数

24、列； 2设 bn 满意 bn 1 an,求数列 bn 的 前 n 项为 Sn；类型 7 a n 1panq型（不动点法）ranh名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 27 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解法：（特点根法）假如数列an满意以下条件：已知a 的值且对于nN,都有 a n 1 pa n q（其中 p、q、r、h 均为常数, 且 ph qr , r 0 , a 1 h）,那么,ra n h r可作特点方程 x px q,当特点方程无根时,就数列为周期数列；当特点rx h方程有且仅有一根 0x 时,就 1 是等差数列； 当特点方程有两个相异的根a

25、 n x 01x 、x 时,就 a n x 1 是等比数列；a n x 2例题 1 已知数列 a n 满意性质：对于 n N , a n 1 a n 4, 且 a 1 3 , 求 a n 的通2 a n 3项公式 . 名师归纳总结 例题 2 已知数列an满意：对于nN,都有a n113an25.a 取哪些第 13 页,共 27 页an3（1）如a1,5求an;（2）如1a3 ,求an;（3）如a16 ,求a n;（4）当值时,无穷数列an不存在？解：作特点方程x13x25.变形得x210x250,x3特点方程有两个相同的特点根.5 依定理 2 的第（ 1）部分解答 . 1 a 15 ,a 1.

26、对于nN,都有an5 ;2 a 13 ,a1.bna11n1 prr315n1 131511n81,2令nb0,得n5. 故数列an从第 5 项开头都不存在,当 n 4,nN时,an15 n17. bnn531a6,5 ,a 1.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - bna11n1prr1n81,nN.令b n0 ,就n7n .对于nN,bn0.an11155n43,nN.b n1nn74 、明显当a 183时,数列从第 2 项开头便不存在 . 由此题的第（ 1）小题的解答过程知,a15时,数列an是存在的,当a 181,n5时,就有0 ,得a15 n13

27、,nNr1N.令bna11nnbn1pra15n1且 n 2. 名师归纳总结 当a15 n13（其中nN且 N2）时,数列a n从第 n 项开头便不存在 . n第 14 页,共 27 页n1于是知：当a 在集合3或5n13:nN,且 n 2 上取值时, 无穷数列an1都不存在 . 记变式数列an满意a11 且8an1an16an12an50n1 .bnan11n1 .的2（）求 b1、b2、b3、b4 的值；（）求数列bn的通项公式及数列anbn前 n 项和Sn.5解：由已知,得an12 an85,其特点方程为x2x5,解之,得x1或x16an168x24a n116an81,a n1512a

28、 n52 a n4 8 a n216416a n111a n1,a n1a 11n142 52 52 52 15 2a n12a na na 1n 24444- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - an2n15；2n4类型 8 an 1a npnq或an1anpqn型是等差或等比数列求解；解法：这种类型一般可转化为a2n1与a 2 n例题 （I）在数列an中,a1,1an16 nan,求an（ II）在数列an中,a1,1anan13n,求an类型 9 周期型类型 11 周期型解法：由递推式运算出前几项,查找周期；一般周期数列的题目有剧烈示意,达到肯定娴熟

29、程度能很快洞悉到或者在被逼无奈山穷水尽疑无路的情形下可以朝那里想；摸索分式型数列 为什么有时候会和周期数列扯上关系；例 题如 数 列an满 足an12 an,0ana11 , 如a16, 就a20的 值 为22 an,117n2_；变 式（ 湖 南 ） 已 知 数 列an满 足a 10 ,a n1ann3nN*, 就a20=3 a1（）C3D3A0 B32五、求数列通项仍有其他方法 1、构造数列（二次甚至三次构造）；恒等变形：平方、开方,退一步或进一步 作差,等式两边同除以同一个多项式（数列前后两项的乘积）；利用求求根公式等名师归纳总结 例 题已 知 数 列a n的 首 项a 13, 通 项 公 式a 与 前 n 项 和S 之 间 满 足第 15 页,共 27 页2 a nS S n n1n2. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 求数列a n的通项公式 . 变式 1：数列a n中,a 11,对全部n2,都有a a a 3.nn,求a3a 5变式 2：设数列a a 2,a 3,.,an,.满意a 1a21,a 32,且对任意正整数 n,都有an.a n1.a n21,又a n.a n1.an2.an3a nan1an2an3,求a 1.a 100的值是多少？变式 3：设数列a a 2,.,