第一章 习题课　求数列通项公式学案

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习题课　求数列通项公式 学习目标　1.了解求数列通项公式的常见方法.2.掌握利用递推公式求通项公式的方法.3.掌握利用前n项和Sn与an的关系求通项公式的方法． 导语 斐波那契，意大利著名数学家．保存至今的斐波那契著作有5部，其中影响最大的是1202年在意大利出版的《算盘全书》．《算盘全书》中有一个著名的兔子繁殖问题：如果一对兔子每月繁殖一对子兔(一雌一雄)，而每一对子兔在出生后第三个月里又能生一对兔子．试问一对兔子50个月后会有多少对兔子？从第1个月开始，以后每个月的兔子总对数是1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，这就是著名的斐波那契数列．这个数列的规律是递推关系：Fn＝Fn－1＋Fn－2(n>2)，其中Fn表示第n个月的兔子的总对数，那么什么是递推关系呢？ 一、利用递推公式求通项公式 问题　如图所示，有三根针和套在一根针上的n个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上． (1)每次只能移动一个金属片； (2)在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面． 将n个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为an，你能发现an与an＋1之间的关系吗？ 提示　其实把n＋1个金属片从1号针移到3号针，只需3步即可完成，第一步：把最大金属片上面的n个金属片移到2号位，需要an步；第二步：把最大的金属片移到3号位，需要1步；第三步：把2号位上的n个金属片移到3号位，需要an步，故an＋1＝2an＋1. 知识梳理 如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫作这个数列的递推公式． 注意点： (1)通项公式反映的是an与n之间的关系． (2)递推关系是数列任意两个或多个相邻项之间的推导关系，需要知道首项，即可求数列中的每一项． 角度1　累加、累乘法 例1　(1)数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N＋都有an＋1＝a1＋an＋n，求通项公式； (2)已知数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，求an. 解　(1)∵an＋1＝an＋n＋1， ∴an＋1－an＝n＋1， 即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)， 等式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n， 即an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)(n≥2)． 当n＝1时，也满足上式， ∴通项公式为an＝eq \f(nn＋1,2)，n∈N＋. (2)由条件知eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，分别令n＝1,2,3，…，n－1， 代入上式得(n－1)个等式累乘， 即eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×…×eq \f(n－1,n)(n≥2)， ∴eq \f(an,a1)＝eq \f(1,n)(n≥2)， 又∵a1＝eq \f(2,3)，∴an＝eq \f(2,3n)(n≥2)． 又当n＝1时，a1＝eq \f(2,3)满足上式， ∴an＝eq \f(2,3n)，n∈N＋. 反思感悟　累加、累乘法的应用原型 (1)累加法：形如an＋1－an＝f(n)型． (2)累乘法：形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)型． 跟踪训练1　(1)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________. 答案　4－eq \f(1,n) 解析　原递推公式可化为an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 则a2＝a1＋eq \f(1,1)－eq \f(1,2)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)， a4＝a3＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)， an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)， 逐项相加得an＝a1＋1－eq \f(1,n)， 故an＝4－eq \f(1,n)，经验证a1，a2也符合． (2)已知数列{an}满足a1＝1，ln an－ln an－1＝1(n≥2)，求an. 解　因为ln an－ln an－1＝1， 所以ln eq \f(an,an－1)＝1， 即eq \f(an,an－1)＝e(n≥2)． 所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1 ＝en－1(n≥2)， 又a1＝1也符合上式， 所以an＝en－1，n∈N＋. 角度2　构造法 例2　已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式． 解　设an＋1＋x×5n＋1＝2(an＋x×5n)，① 将an＋1＝2an＋3×5n代入①式，得2an＋3×5n＋x×5n＋1＝2an＋2x×5n， 等式两边消去2an，得3×5n＋x×5n＋1＝2x×5n， 两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1， 代入①式得an＋1－5n＋1＝2(an－5n)．② 由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得an－5n≠0， 则eq \f(an＋1－5n＋1,an－5n)＝2， 则数列{an－5n}是以1为首项，2为公比的等比数列， 则an－5n＝2n－1，故an＝2n－1＋5n(n∈N＋)． 反思感悟　构造法的常见类型 (1)当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列． (2)当出现an＝xan－1＋y或an＋1＝pan＋qn时，构造等比数列． 跟踪训练2　已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋3，则数列{an}的通项公式为________． 答案　5·2n－1－3 解析　由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋3))， 即eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2， 则数列{an＋3}是以a1＋3＝5为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋3＝5·2n－1， ∴an＝5·2n－1－3. 二、利用前n项和Sn与an的关系求通项公式 例3　数列{an}的前n项和为Sn，已知an＝5Sn－3(n∈N＋)，求an的通项公式． 解　当n＝1时，a1＝5S1－3＝5a1－3，得a1＝eq \f(3,4)， 当n≥2时，由an＝5Sn－3，得an－1＝5Sn－1－3， 两式作差得an－an－1＝5(Sn－Sn－1)＝5an， ∴an＝－eq \f(1,4)an－1， ∴数列{an}是首项为a1＝eq \f(3,4)，公比为q＝－eq \f(1,4)的等比数列， ∴an＝a1·qn－1＝eq \f(3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1. 反思感悟　若已知条件中给出的是Sn与an的关系式，一般要利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝S1，n＝1，,an＝Sn－Sn－1，n≥2，))先求出a1，若计算出的an中a1适合时可合并为一个关系式，若不适合则要分段，若能判断数列是等差数列或等比数列，则直接用相应公式求解． 跟踪训练3　已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1，求证：{an}是等比数列，并求出通项公式． 解　∵Sn＝2an＋1，∴Sn＋1＝2an＋1＋1. ∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an， ∴an＋1＝2an. 又∵S1＝2a1＋1＝a1，∴a1＝－1≠0， 又由an＋1＝2an知an≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝2， ∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列． ∴an＝－1×2n－1＝－2n－1. 1.知识清单： (1)利用递推公式求通项公式． (2)利用Sn与an的关系求通项公式． 2．方法归纳：观察归纳法、累加、累乘法、构造法、分类讨论思想． 3．常见误区：利用递推公式或Sn与an的关系求通项公式时，要注意n的取值范围，忽略n＝1的情况． 1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18等于(　　) A．36 B．35 C．34 D．33 答案　C 解析　a2＝S2－S1＝22－2×2－(12－2×1)＝1， a18＝S18－S17＝182－2×18－(172－2×17)＝33. ∴a2＋a18＝34. 2．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是(　　) A．15 B．30 C．31 D．64 答案　A 解析　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＝1，,a7＋a9＝2a1＋14d＝16，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(17,4)，,d＝\f(7,4)，)) ∴a12＝a1＋11d＝－eq \f(17,4)＋11×eq \f(7,4)＝15. 3．若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq \f(1,an)，a8＝eq \f(34,21)，则a5＝______. 答案　eq \f(8,5) 解析　借助递推关系，由a8递推依次得到a7＝eq \f(21,13)，a6＝eq \f(13,8)，a5＝eq \f(8,5). 4．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N＋)，则an＝________. 答案　eq \f(2,n2－n＋2) 解析　由an－an＋1＝nanan＋1，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝n， 则由累加法得eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq \f(n2－n,2)(n≥2)， 又因为a1＝1，所以eq \f(1,an)＝eq \f(n2－n,2)＋1＝eq \f(n2－n＋2,2)， 当n＝1满足上式，所以an＝eq \f(2,n2－n＋2)(n∈N＋)． 课时对点练 1．在数列{an}中，a1＝3，an＋1－2an＝0，数列{bn}的通项满足关系式anbn＝(－1)n(n∈N＋)，则bn等于(　　) A.eq \f(1,3·2n－1) B.eq \f(－1,3·2n－1) C.eq \f(－1n,3·2n－1) D.eq \f(－1n,2n－1) 答案　C 解析　易知{an}是首项为3，公比为2的等比数列， ∴an＝3×2n－1，∴bn＝eq \f(－1n,an)＝eq \f(－1n,3×2n－1). 2．下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是(　　) A．an＋1＝an＋n，n∈N＋ B．an＝an－1＋n，n∈N＋，n≥2 C．an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))，n∈N＋，n≥2 D．an＝an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))，n∈N＋，n≥2 答案　B 解析　结合图形易知，a1＝1，a2＝3＝a1＋2，a3＝6＝a2＋3，a4＝10＝a3＋4， ∴an＝an－1＋n，n∈N＋，n≥2. 3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＋1＝0(n∈N＋)，则此数列的通项公式an等于(　　) A．n2＋1 B．n＋1 C．1－n D．3－n 答案　D 解析　∵an＋1－an＝－1， ∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝2＋(－1)×(n－1)＝3－n. 当n＝1时，a1＝2也符合上式． 故数列的通项公式an＝3－n(n∈N＋)． 4．(多选)已知数列{an}的前n项和满足Sn＝2n＋1－1，则下列说法正确的是(　　) A．a1＝3 B．an＝2n(n≥2) C．an＝2n D．an＝2n(n≥2) 答案　AD 解析　Sn＝2n＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－1＝3； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－1)－(2n－1)＝2n. 当n＝1时，不符合上式，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.)) 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 021等于(　　) A．－22 021－1 B．32 021－6 C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2 021－eq \f(7,2) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2 021－eq \f(10,3) 答案　A 解析　由题意可得，3Sn＝2an－3n， 3Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)， 两式作差可得3an＋1＝2an＋1－2an－3， 即an＋1＝－2an－3，an＋1＋1＝－2(an＋1)， 结合3S1＝2a1－3＝3a1可得a1＝－3，a1＋1＝－2， 则数列{an＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列， 据此有a2 021＋1＝(－2)×(－2)2 020＝－22 021， ∴a2 021＝－22 021－1. 6．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________. 答案　eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)) 解析　当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式． 故数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.)) 7．设在数列{an}中，a1＝1，an＋1＋an＝2n，则an＝________. 答案　eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n，n为奇数，,n－1，n为偶数，))n∈N＋ 解析　∵an＋1＋an＝2n， ∴an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2. 即数列{an}的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列． 当n为偶数时，a2＝1，故an＝a2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))＝n－1. 当n为奇数时，∵an＋1＋an＝2n，an＋1＝n(n＋1为偶数)，故an＝n. 综上所述，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n，n为奇数，,n－1，n为偶数，))n∈N＋. 8．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))(n∈N＋)，则an＝________. 答案　2＋ln n(n∈N＋) 解析　由an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))， 得an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))－ln n， 当n≥2时， an＝a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－a1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3－a2))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－an－1)) ＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln 2－ln 1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln 3－ln 2))＋…＋[ln n－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))]＝2＋ln n， 当n＝1时，a1＝2＋ln 1＝2成立． 所以an＝2＋ln n(n∈N＋)． 9．已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式． 解　(1)由S2＝eq \f(4,3)a2， 得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3. 由S3＝eq \f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3， 解得a3＝eq \f(3,2)(a1＋a2)＝6. (2)由题设知a1＝1. 当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1， 整理得an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1. 于是a1＝1，a2＝eq \f(3,1)a1，a3＝eq \f(4,2)a2，…， an－1＝eq \f(n,n－2)an－2，an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1， 将以上n个等式两端分别相乘， 整理得an＝eq \f(nn＋1,2)，n≥2， 又a1＝1＝eq \f(1×1＋1,2)，也满足上式． 综上，{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋1,2). 10．已知Sn＝4－an－eq \f(1,2n－2)，求an与Sn. 解　∵Sn＝4－an－eq \f(1,2n－2)，∴Sn－1＝4－an－1－eq \f(1,2n－3)， ∴Sn－Sn－1＝an＝an－1－an＋eq \f(1,2n－3)－eq \f(1,2n－2). ∴an＝eq \f(1,2)an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1. ∴eq \f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)－eq \f(an－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1)＝2，∴2nan－2n－1an－1＝2， ∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1. ∵a1＝S1＝4－a1－eq \f(1,2－1)＝2－a1， ∴a1＝1，∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n. ∴an＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1(n∈N＋)， ∴Sn＝4－an－eq \f(1,2n－2)＝4－n·eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－2)＝4－eq \f(n＋2,2n－1). 11．若正项数列{an}满足a1＝2，aeq \o\al(2,n＋1)－3an＋1an－4aeq \o\al(2,n)＝0，则数列{an}的通项公式an等于(　　) A．22n－1 B．2n C．22n＋1 D．22n－3 答案　A 解析　由aeq \o\al(2,n＋1)－3an＋1an－4aeq \o\al(2,n)＝0， 得(an＋1－4an)·(an＋1＋an)＝0. 又{an}是正项数列， 所以an＋1－4an＝0，eq \f(an＋1,an)＝4. 由等比数列的定义知数列{an}是以2为首项， 4为公比的等比数列．由等比数列的通项公式， 得an＝2×4n－1＝22n－1. 12．若数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且对于任意大于1的整数n，点(eq \r(Sn)，eq \r(Sn－1))在直线x－y－eq \r(2)＝0上，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝4n－2，n∈N＋ B．an＝4n＋2，n∈N＋ C．an＝4n，n∈N＋ D．an＝4n2，n∈N＋ 答案　A 解析　由题意得eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝eq \r(2)，n∈N＋，n≥2， ∴{eq \r(Sn)}是首项为eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝eq \r(2)， 公差为eq \r(2)的等差数列． ∴eq \r(Sn)＝eq \r(2)n，∴Sn＝2n2， ∴an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，n∈N＋，n≥2， a1＝2也适合上式．∴an＝4n－2，n∈N＋. 13．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N＋)，若对任意n∈N＋，an0且an≠1， 将an＋1＝aeq \o\al(2,n)两边取对数得lg an＋1＝2lg an且lg an≠0， 即eq \f(lg an＋1,lg an)＝2， 所以数列{lg an}是以lg a1＝lg 3为首项，2为公比的等比数列，lg an＝(lg a1)·2n－1＝， 即an＝(n∈N＋)． 15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝15，且满足eq \f(an＋1,2n－3)＝eq \f(an,2n－5)＋1，已知n，m∈N＋，n>m，则Sn－Sm的最小值为(　　) A．－eq \f(49,4) B．－eq \f(49,8) C．－14 D．－28 答案　C 解析　因为eq \f(an＋1,2n－3)＝eq \f(an,2n－5)＋1，且eq \f(a1,2－5)＝eq \f(15,－3)＝－5， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－5)))是以－5为首项，1为公差的等差数列， 则eq \f(an,2n－5)＝－5＋(n－1)＝n－6，即an＝(2n－5)(n－6)， 令an≤0，得eq \f(5,2)≤n≤6， 又∵n∈N＋，∴n＝3,4,5,6， 则Sn－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋an的最小值为a3＋a4＋a5＋a6＝－3－6－5－0＝－14. 16．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝4an＋1－3an(n∈N＋)． (1)求a3，a4的值； (2)证明：数列{an＋1－an}是等比数列； (3)求数列{an}的通项公式． (1)解　a3＝4a2－3a1＝13，a4＝4a3－3a2＝40. (2)证明　∵an＋2＝4an＋1－3an， ∴an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)． 又a1＝1，a2＝4，∴an＋1－an≠0， ∴eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝3， 则{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，3为公比的等比数列． (3)解　由(2)得an＋1－an＝3n，则当n≥2时，an－an－1＝3n－1， 故an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝3n－1＋3n－2＋…＋3＋1＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2)(n≥2)． 又a1＝1适合上式，故an＝eq \f(3n－1,2)，n∈N＋.