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≥2C．an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))，n∈N＋，n≥2D．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＋1C．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．32 021－6C.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＋.