高考数学精品讲义练习【一轮复习】第六章　6．4　由递推公式求通项

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第六章　6．4　由递推公式求通项，共8页。
会根据数列的递推公式，利用构造法转化为特殊的数列（等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列）求数列通项公式．
考点1an＋1＝pan＋f(n)型
命题角度1 an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)
【例1】 数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2)且a1＝0，则数列{an}的通项公式是an＝4n-1－1．
【解析】 设an＋λ＝4(an－1＋λ)，则an＝4an－1＋3λ，又因为an＝4an－1＋3(n≥2)，所以3λ＝3，则λ＝1，所以an＋1＝4(an－1＋1)，因为a1＋1＝1≠0，所以an＋1≠0，所以 eq \f(an＋1,an－1＋1)＝4为常数，所以数列{an＋1}是首项为1，公比为4的等比数列，所以an＋1＝1×4n-1＝4n-1，所以an＝4n-1－1.
命题角度2 an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)
【例2】 在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n－1)．
【解析】 因为an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R，整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，所以， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝4，,2y－x＝－6，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－2，))所以，an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)，且a1＋2×1－2＝a1＝3，所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列，所以，an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，解得an＝3n－2(n－1).
命题角度3 an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)
【例3】 数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n+1，则数列{an}的通项公式为an＝2(3n－2n)．
【解析】 数列{an}中，由an＋1＝3an＋2n+1，得 eq \f(an＋1,2n+1)＝ eq \f(3,2)· eq \f(an,2n)＋1，即 eq \f(an＋1,2n+1)＋2＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋2))，因为a1＝2， eq \f(a1,2)＋2＝3，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋2))是首项为3，公比为 eq \f(3,2)的等比数列，
因此 eq \f(an,2n)＋2＝3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)，即an＝2(3n－2n)，所以数列{an}的通项公式为an＝2(3n－2n).
【对点训练1】 (1)若数列{an}满足an＋1＝3an－8，且a1＝6，则数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1＋4．
解析：由an＋1＝3an－8，则an＋1－4＝3(an－4)，a1－4＝2，所以数列{an－4}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an－4＝2×3n-1，所以an＝2×3n-1＋4.
(2)各项均为正数的数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋2n+1，则an＝(n＋1)·2n．
解析：将an＋1＝2an＋2n+1两边同除以2n+1，得 eq \f(an＋1,2n+1)＝ eq \f(an,2n)＋1，因为a1＝4，所以 eq \f(a1,2)＝2，则 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为2，公差为1的等差数列，所以 eq \f(an,2n)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，则an＝(n＋1)·2n.
考点2 相邻两项的差为特殊数列（an＋1＝pan＋qan－1型，其中a1＝a，a2＝b）
【例4】 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(3n－(－1)n,4)．
【解析】 方法一 因为an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝an＋1＋an，所以 eq \f(bn,bn－1)＝ eq \f(an＋1＋an,an＋an－1)＝ eq \f(3(an＋an－1),an＋an－1)＝3，又因为b1＝a2＋a1＝3，所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列．所以bn＝an＋1＋an＝3×3n-1＝3n，从而 eq \f(an＋1,3n+1)＋ eq \f(1,3)· eq \f(an,3n)＝ eq \f(1,3)，不妨令cn＝ eq \f(an,3n)，即cn＋1＋ eq \f(1,3)cn＝ eq \f(1,3)，故cn＋1－ eq \f(1,4)＝－ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cn－\f(1,4)))，即 eq \f(cn＋1－\f(1,4),cn－\f(1,4))＝－ eq \f(1,3)，又因为c1－ eq \f(1,4)＝ eq \f(a1,3)－ eq \f(1,4)＝ eq \f(1,12)，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn－\f(1,4)))是首项为 eq \f(1,12)，公比为－ eq \f(1,3)的等比数列，故cn－ eq \f(1,4)＝ eq \f(1,12)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝ eq \f(an,3n)－ eq \f(1,4)，从而an＝ eq \f(3n－(－1)n,4).
方法二 因为方程x2＝2x＋3的两根为－1，3，可设an＝c1·(－1)n-1＋c2·3n-1，由a1＝1，a2＝2，解得c1＝ eq \f(1,4)，c2＝ eq \f(3,4)，所以an＝ eq \f(3n－(－1)n,4).
可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
【对点训练2】 若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式为an＝3n-1．
解析：f′(x)＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，
∴f′(1)＝4an＋1－3an－an＋2＝0，即an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，∵a1＝1，a2＝3，∴a2－a1＝2，∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＋1－an＝2×3n-1，则an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n-2＋…＋2×30＋1＝2×(3n-2＋3n-3＋…＋31＋30)＋1＝2× eq \f(1－3n-1,1－3)＋1＝3n-1－1＋1＝3n-1.
考点3 倒数为特殊数列 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＝\a\vs4\al(\f(pan,ran＋s)))型))
【例5】 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \f(an,2nan＋1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,2n－1)．
【解析】 对an＋1＝ eq \f(an,2nan＋1)两边取倒数得 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(2nan＋1,an)＝ eq \f(1,an)＋2n，即 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝2n，当n≥2时， eq \f(1,an)－ eq \f(1,an－1)＝2n-1， eq \f(1,an－1)－ eq \f(1,an－2)＝2n-2，…， eq \f(1,a3)－ eq \f(1,a2)＝22， eq \f(1,a2)－ eq \f(1,a1)＝2，将以上各式累加得 eq \f(1,an)－ eq \f(1,a1)＝2n-1＋2n-2＋…＋22＋2＝ eq \f(2(1－2n-1),1－2)＝2n－2，又a1＝1，所以 eq \f(1,an)＝2n－1，所以an＝ eq \f(1,2n－1)，当n＝1时，a1＝1也满足an＝ eq \f(1,2n－1)，所以an＝ eq \f(1,2n－1).
两边同时取倒数转化为 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(s,p)· eq \f(1,an)＋ eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝Abn＋B型，求出 eq \f(1,an)的表达式，再求an.
【对点训练3】 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \f(an,4an＋1)(n∈N*)，则an＝ eq \f(1,4n－3)．
解析：数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ eq \f(an,4an＋1)，显然an≠0，取倒数得 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(4an＋1,an)＝4＋ eq \f(1,an)，即 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝4，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为4的等差数列，因此 eq \f(1,an)＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝ eq \f(1,4n－3).
课时作业41
1．（5分）若数列{an}满足递推关系式an＋1＝ eq \f(2an,an＋2)，且a1＝2，则a2 026＝( A )
A． eq \f(1,1 013) B． eq \f(2,2 023)
C． eq \f(1,1 011) D． eq \f(2,2 021)
解析：因为an＋1＝ eq \f(2an,an＋2)，所以 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(an＋2,2an)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,an)，所以 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝ eq \f(1,2)，又a1＝2，所以 eq \f(1,a1)＝ eq \f(1,2)，故数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以 eq \f(1,2)为首项， eq \f(1,2)为公差的等差数列，则 eq \f(1,an)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)(n－1)＝ eq \f(1,2)n，得an＝ eq \f(2,n)，所以a2 026＝ eq \f(2,2 026)＝ eq \f(1,1 013).故选A.
2．（5分）已知数列{an}满足an＋1＝2an＋1，a1＝1，则{an}的通项公式为( D )
A．an＝2n-1 B．an＝2n-1－1
C．an＝2n D．an＝2n－1
解析：由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，而a1＋1＝2，故{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.故选D.
3．（5分）在数列{an}中，a1＝14， eq \f(an＋1,2n+1)＝ eq \f(an,2n-1)－3，则( B )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋3))是等比数列
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－3))是等比数列
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋\f(3,2)))是等比数列
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－\f(3,2)))是等比数列
解析：因为 eq \f(an＋1,2n+1)＝ eq \f(an,2n-1)－3，所以 eq \f(an＋1,2n+1)－3＝2 eq \f(an,2n)－3，又因为 eq \f(a1,2)－3＝4≠0，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)－3))是等比数列，且首项为4，公比为2.故选B.
4．（5分）已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝4an－6，则an＝( C )
A．22n+1＋2 B．22n+1－2
C．22n-1＋2 D．22n-1－2
解析：∵an＋1＝4an－6，∴an＋1－2＝4(an－2)，
∴ eq \f(an＋1－2,an－2)＝4，∵a1＝4，a1－2＝2，∴数列{an－2}是一个以2为首项，4为公比的等比数列，∴an－2＝2×4n-1，∴an＝22n-1＋2.故选C.
5．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋n＝2an－1，则a5＝( C )
A．16 B．31
C．47 D．63
解析：因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋n＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＋(n－1)＝2an－1－1，两式相减得an＋1＝2an－2an－1，即an＝2an－1＋1，可得an＋1＝2(an－1＋1)，当n＝1时，可得S1＋1＝2a1－1，即a1＋1＝2a1－1，解得a1＝2，所以a1＋1＝3，所以数列{an＋1}是首项为3，公比为2的等比数列，所以an＋1＝3·2n-1，即an＝3·2n-1－1，所以a5＝3×24－1＝47.故选C.
6．（5分）在数列{an}中，a1＝2，(an＋1)(an－1＋2)＝an－1＋1(n≥2)，则an＝( A )
A．－ eq \f(3n－5,3n－2) B．3n2－n
C．2n-1＋1 D． eq \f(2n,n)
解析：由(an＋1)(an－1＋2)＝an－1＋1(n≥2)，得anan－1＋2an＋1＝0，an(an－1＋2)＝－1，所以an－1＋2≠0，an≠0，所以an＋1＝ eq \f(an－1＋1,an－1＋2)(n≥2)，两边取倒数得 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(1,an－1＋1)＋1，又 eq \f(1,a1＋1)＝ eq \f(1,3)，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋1)))是首项为 eq \f(1,3)，公差为1的等差数列，所以 eq \f(1,an＋1)＝n－ eq \f(2,3)＝ eq \f(3n－2,3)，an＋1＝ eq \f(3,3n－2)，an＝ eq \f(3,3n－2)－1＝ eq \f(3－(3n－2),3n－2)＝ eq \f(5－3n,3n－2)＝－ eq \f(3n－5,3n－2).故选A.
7．（6分）（多选）已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且an＋1＝4an＋3n，则( ABD )
A．a2＝7
B．{Sn}是递增数列
C．{an＋3n}是等差数列
D．a10＝220－310
解析：因为an＋1＝4an＋3n，则an＋1＋3n+1＝4(an＋3n)，且a1＋3＝4≠0，可知数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，则an＋3n＝4×4n-1＝4n，即an＝4n－3n，a2＝42－32＝7，故A正确，C错误；因为an＝4n－3n>0，所以{Sn}是递增数列，故B正确；a10＝410－310＝220－310，故D正确．故选ABD.
8．（6分）（多选）已知数列{an}满足a1＝3，2an＋1＝3an－2，则( BC )
A．{an－2}是等差数列
B．{a2n}的前n项和为 eq \f(6,5) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))\s\up12(n)－1))＋2n
C．{an}是递增数列
D．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n)))的最小项为4
解析：由2an＋1＝3an－2，得2(an＋1－2)＝3(an－2)，因为a1－2＝1≠0，所以 eq \f(an＋1－2,an－2)＝ eq \f(3,2)，所以{an－2}是首项为1，公比为 eq \f(3,2)的等比数列，所以an－2＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)，即an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＋2，所以a2n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(2n－1)＋2，所以a2＋a4＋…＋a2n＝ eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))\s\up12(n))),1－\f(9,4))＋2n＝ eq \f(6,5) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))\s\up12(n)－1))＋2n，所以A错误，B正确；由an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＋2，易知{an}是递增数列，所以C正确；当n≥2时，an＋1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)>a3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋2>4，当n＝1时，a2＋ eq \f(2,3)＝ eq \f(3,2)＋ eq \f(2,3)＋2＝ eq \f(25,6)>4，所以D错误．故选BC.
9．（5分）在数列{an}中，a1＝1，a2＝9，an＋2＝3an＋1－2an－10，则{an}的前n项和Sn的最大值为53．
解析：由an＋2＝3an＋1－2an－10，可得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)－10，令an＋1－an＝bn，所以bn＋1＝2bn－10，则bn＋1－10＝2(bn－10)，又a1＝1，a2＝9，所以b1－10＝a2－a1－10＝－2，所以数列{bn－10}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以bn－10＝－2×2n-1＝－2n，即bn＝－2n＋10，即an＋1－an＝10－2n，又由a2－a1＝10－21，a3－a2＝10－22，a4－a3＝10－23，…，an－an－1＝10－2n-1(n≥2)，将以上(n－1)个等式左、右两边分别相加得an－a1＝10(n－1)－ eq \f(2(1－2n-1),1－2)＝10n－2n－8，所以an＝10n－2n－7(n≥2)，经检验a1＝1满足上式，故an＝10n－2n－7，当n≤3时，an＋1－an＝10－2n>0，即an随着n的增大而增大；当n≥4时，an＋1－an＝10－2n0，a4＝10×4－24－7＝17>0，a5＝10×5－25－7＝11>0，a6＝10×6－26－7＝－110，因为a1＝λ，a2＝2，所以a2－a1＝2－λ，所以数列{an＋1－an}是以2－λ为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－an＝(2－λ)·2n-1，所以(2－λ)·2n-1>0，即2－λ>0⇒λ0)，(2n－1)an＋1＝(2n+2－1)an＋2n(2n+2－1)(n∈N*)，若an≤4n+1－1恒成立，则实数a的最大值为( A )
A．3 B．6
C．12 D．15
解析：由已知(2n－1)an＋1＝(2n+2－1)an＋2n(2n+2－1)(n∈N*)，两边同时除以(2n－1)(2n+1－1)(2n+2－1)可得 eq \f(an＋1,(2n+1－1)(2n+2－1))＝ eq \f(an,(2n－1)(2n+1－1))＋ eq \f(2n,(2n－1)(2n+1－1))，
即 eq \f(an＋1,(2n+1－1)(2n+2－1))＝ eq \f(an,(2n－1)(2n+1－1))＋ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n+1－1)，
即 eq \f(an＋1,(2n+1－1)(2n+2－1))＋ eq \f(1,2n+1－1)＝ eq \f(an,(2n－1)(2n+1－1))＋ eq \f(1,2n－1)，
则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,(2n－1)(2n+1－1))＋\f(1,2n－1)))为常数列，所以 eq \f(an,(2n－1)(2n+1－1))＋ eq \f(1,2n－1)＝ eq \f(a1,(2－1)(22－1))
＋ eq \f(1,2－1)＝ eq \f(a,3)＋1，所以an＝ eq \f(a,3)＋1－ eq \f(1,2n－1) (2n－1)(2n+1－1)，又an≤4n+1－1恒成立，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)＋1－\f(1,2n－1)))(2n－1)(2n+1－1)≤4n+1－1恒成立，因为a>0，n≥1，n∈N*，所以 eq \f(a,3)＋1－ eq \f(1,2n－1)>0，2n－1>0，2n+1－1>0，所以 eq \f(a,3)≤ eq \f(4n+1－1,(2n－1)(2n+1－1))＋ eq \f(1,2n－1)－1＝ eq \f((2n+1－1)(2n+1＋1),(2n－1)(2n+1－1))＋ eq \f(1,2n－1)－1＝ eq \f(2n+1＋1,2n－1)＋ eq \f(1,2n－1)－1＝ eq \f(2n+1＋2－2n＋1,2n－1)＝ eq \f(2n＋3,2n－1)＝1＋ eq \f(4,2n－1)，又1＋ eq \f(4,2n－1)>1，所以要使 eq \f(a,3)≤1＋ eq \f(4,2n－1)恒成立，则 eq \f(a,3)≤1，所以0