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2012届高三数学(理科)总复习一轮精品课件:第六单元数列 第35讲 简单递推数列(人教A版)


1

1.了解递推公式也是给出数列的一 种方法,并能根据递推公式求出满足条 件的项. 2.掌握简单递推数列的通项公式的 求法. 3.熟悉递推公式模型,灵活应用求 解通项及前n项和.
2

1 .(2010 平顶山模拟)数列1, 2, 2,3,3,3, 4, 4, 4, 4,5, 的 … 第100项是

(A )

A.14

B.12

C.13

D.15

解析 因为1 + 2 + 3 + … + 13 = (1 + 13) × 13 = 7 × 13 = 91.
2 故第100项必为14.
3

2. (2010 福建厦门高三月考)若数列{an }的前n项和为 Sn = n 2 + 1,则

(C )

A.an = 2n ? 1 B.an = 2n + 1 C.an =
D . an = 2n
4

3.数列{an}中,a1=1,对所有的n≥2都有 a1a2a3…an=n2,则a3+a5= 61 .
16

9 所以a3= . 4

解析 因为a1a2a3=32,a1a2=22,

因为a1a2a3a4a5=52,a1a2a3a4=42,
25 所以a5= , 16 36 25 61 所以a3+a5= + = . 16 16 16
5

4.(2010· 长 郡 中 学 ) 已 知 对 任 意 正 整 数 n , a1+a2+a3+…+an=2n-1, 则 a12+a22+a32+…+an2 等于( C ) A.(2n-1)2 B. 1 (2n-1) 3 1 n C. (4 -1) D.4n-1 3 解析 易知a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,a1 也适合,故{an}是以2为公比的等比数列, 则{an2}是以1为首项,以4为公比的等比数 n 1 1(1 ? 4 ) (4n-1). 列,故S= = 6 3 1? 4

5.已知a1=3,f(x)=x2,且an+1=f(an),则an=

3

2n?1

.

解析 n?1 2=32,a =a 2=34,知a = 2 . 由a1=3,a2=a1 n 3 3 2

7

常见递推数列的通项公式的求法 (1)若an-an-1=f(n),求an可用① 迭加 法. an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1(n≥2).
an (2)若 =f(n),求an可用② 累乘 法. an ?1 an an ?1 a2 an= · ·…· ·a1(n≥2). an ?1 an ? 2 a1

(3)已知a1·a2·…·an=f(n),求an,用③ 作商 法 an= f(1)
f ( n) f (n ? 1)

(n=1) (n≥2).
8

(4)若an+1=f(an),求an可用④ 迭代 法. (5)若an+1=kan+b,则可化成(an+1+x)=k(an+x), 数列,其中x可以由 从而{an+x}是⑤ 等比 ⑥ 待定系数法 求出. (6)若an=kan-1+bn(k,b为常数),可以用待定 系数法转化为公比为k的等比数列,再求an. (7) 若 数 列 {an} 满 足 a1=a,a2=b,an+2=pan+1+qan, 则 可 化 为 (an+2等比 xan+1)=y(an+1-xan),其中x,y可用待定系数法求得, 从而{an+1-xan}构成⑦ 数列. 9

(8) 若 an+1·an+pan+qan+1=0, 可 化
p 成 1+ + =0,令 an +1 an p 1 =bn,从而上式 an

变成bn+1=k·bn+b型.

(9)已知Sn 的递推关系,先求出 Sn,再求an,用作差法: an= S1 Sn-Sn-1 (n=1) (n≥2).
10

题型一

根据递推公式求通项公式

例1

(2010 芜湖模拟)在数列{an }中,a1 = 1,an +1 =

an 1 n +1 (1 + )an + n .设bn = ,求数列{bn }的通项公式. n n 2
an 分析 因为是计算bn = ,所以首先由递推公式, n an +1 an an +1 an 1 ? = n , 再借助于累 得到 与 的关系式; n +1 n n +1 n 2 加的方法求出{bn }的通项公式.
11

解析

an +1 an 1 由已知得b1 = a1 = 1,且 = + n, n +1 n 2 1 即bn +1 = bn + n , 2 从而有bn = b1 + ( b2 ? b1 ) + … + ( bn ? bn ?1 ) 1 1 1 = 1 + + 2 + … + n ?1 2 2 2 1 = 2 ? n ?1 (n ≥ 2,n ∈ N* ). 2 1 又b1 = 1,故所求通项公式bn = 2 ? n ?1 . 2
求通项公式时除了运用累加法之外,还可根据
12

评析

an a2 a3 题目的特点,利用an = a1 … 这种累乘法求解. a1 a2 an ?1

素材1 (2011 淮北月考)分别求出满足下列条件的数列的通项 公式: 1) a1 = 0,an +1 = an + ( 2n ? 1) (n ∈ N* ); ( n an ?1 ( n ≥ 2,n ∈ N* ). ( 2 ) a1 = 1,an = n ?1

解析 (1) an = a1 + ( a2 ? a1 ) + ( a3 ? a2 ) + … + ( an ? an ?1 )
= 0 + 1 + 3 + … + ( 2n ? 5 ) + ( 2n ? 3) = ( n ? 1) .
2 2

所以该数列的通项公式为an = ( n ? 1) .
13

( 2 ) n ≥ 2,n ∈ N*时,
an a2 a3 an = a1 × × ×…× a1 a2 an ?1 2 3 n ? 2 n ?1 n = 1 × × ×…× × × 1 2 n ? 3 n ? 2 n ?1 = n. 又a1 = 1也符合上式,所以该数列的通项公式为an = n.

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题型二

直接转化为等差、等比数列型

例2 已知数列{an},{bn}满足a1=2,b1=1,且
3 1 an= an-1+ bn-1+1 4 4 3 1 bn= an-1+ bn-1+1(n≥2). 4 4

(1)令cn=an+bn,求数列{cn}的通项公式; (2)求数列{an}的通项公式及前n项和公式Sn.
15

解析 (1)由题设得an+bn=(an-1+bn-1)+2(n≥2), 即cn=cn-1+2(n≥2). 易知{cn}是首项为a1+b1=3,公差为2的等差 数列, 所以通项公式为cn=2n+1(n∈N*).

16

1 (2)由题设得,an-bn= (an-1-bn-1)(n≥2). 2 1 令dn=an-bn,则dn= dn-1(n≥2). 2 1 易知{dn}是首项为a1-b1=1,公比为 的等比数列, 2 通项公式为dn= . 11 2n?
1 1 1 an-bn= n?1 ,解得an= n +n+ . 2 2 2 1 n2 求和得Sn=- n + +n+1. 2 2
17



an+bn=2n+1

评析 本题考查等差、等比数列的基础知识 考查基本运算能力,解答关键是将原问题转 化为熟知的等差、等比数列问题求解.

18

素材2 已知数列{an } 满足a1 = 1,a2 = 2,an +2 n ∈ N* .

an + an +1 = , 2

(1) 令bn = an +1 ? an,证明:bn } 是等比数列; { ( 2 ) 求 {an }的通项公式.

解析 (1) 证明:b1 = a2 ? a1 = 1,
an ?1 + an 1 1 当n ≥ 2时,bn = an +1 ? an = ? an = ? ( an ? an ?1 ) = ? bn ?1, 2 2 2 1 所以{bn } 是以1为首项, 为公比的等比数列. ? 2
19

1 2 )由(1) 知,bn = an +1 ? an = (? ) n ?1, ( 2 当n ≥ 2时, an = a1 + ( a2 ? a1 ) + ( a3 ? a2 ) + … + ( an ? an ?1 ) 1 1 = 1 + 1 + (? ) + … + (? ) n ?2 2 2 1 1 ? (? )n ? 1 2 1 n ?1 2 = 1+ = 1 + [1 ? (? ) ] 1 3 2 1 ? (? ) 2 5 2 1 = ? (? ) n ?1, 3 3 2 5 2 1 5 2 1 当n = 1时, ? (? )1?1 = 1 = a1 .所以an = ? (? ) n ?1 (n ∈ N* ). 3 3 2 3 3 2 20

题型三 变形、构造转化为等差、等比数列

例3 (1)已知数列{an},其中a1=10,且当 n≥2时,an= 公式an;
5an ?1 ,求数列{an}的通项 6an ?1 + 5

(2)在正项数列{an}中,a1=10,an+12=an3 , 求数列{an}的通项公式及前5项之和.
21

5an ?1 解析 (1)将an= 两边取倒数得 6an ?1 + 5 1 1 6 an - an ?1 = 5 (n≥2), 1 1 6 1 即{ }是以 = 为首项,以 为公 an a1 10 5

差的等差数列, 所以 .
1 an

=

1 6 = 10+(n-1)× 5

12n ? 11 10 ,即an=

10 12n ? 11
22

n=1也适合上式.

(2)因为an+12=an3,即2lgan+1=3lgan, 所以
lg an +1 lg an

=

3 ,即{lgan}是以lga1=1为首项,以 2

为公比的等比数列.
3 n-1 ( 3)n-1, 所以lgan=1×( ) ,即an=10 2 2

所以 =10

3 3 3 ( )0·10( )1·10( )2·10( a1·a2·a3·a4·a5=10 2 2 2 3 3 3 3 3 ( )0+( )1+( )2+( )3+( )4 2 2 2 2 2

3 2

3 )3·10( )4 2

= 10

211 16

.
23

评析 形如an+1=
p q an

an+1·an+pan+qan+1=0,

man ,去分母后变为 n + kan

再化为 a + =bn,从而上 n +1 式可变为bk+1=k·bn+b 型;形如an+1p=anq 型,两边取对数,从而直接转换,但 应注意大前提“为正”.
24

1 =0,令 an

素材3 已知数列{an } 满足a1 = 1,且an = 2an ?1 + 2n (n ≥ 2, 且n ∈ N* ). an (1) 求证:数列{ n }是等差数列; 2 的通项公式. ( 2 ) 求数列{an }的通项公式.

25

解析 (1) 证明:因为an

= 2an ?1 + 2n (n ≥ 2且n ∈ N* ),

an an ?1 所以 n = n ?1 + 1, 2 2 an an ?1 即 n ? n ?1 = 1(n ≥ 2且n ∈ N* ), 2 2 a1 1 ? an ? 所以数列 ? n ? 是等差数列,且公差d = 1,首项 1 = . 2 2 ?2 ? an 1 1 ( 2 )由(1) 得 n = + ( n ? 1) × 1 = n ? , 2 2 2 1 所以an = (n ? ) × 2n . 2 26

题型四 待定系数构造法

例4

8 已知数列{an}中,其中a1= ,且 3

an+1=-2an+5,求{an}的前n项和Sn. 解析 由题意,原递推式可变形为 an+1+λ=-2(an+λ),
5 即an+1=-2an-3λ,与原递推式比较得λ=- , 3
27

5 5 所以有an+1- 3 =-2(an- 3 ), 5 }是以a - 5 =1为首项,-2为 故数列{an1 3 3

公比的等比数列.

5 n-1,即a = 5 +(-2)n-1, 则an- =1×(-2) a =1 (-2) an 3 3

所以Sn=a1+a2+…+an
5 0]+[ 5 +(-2)1]+…++[ 5 +(-2)n-1] =[ +(-2) 3 3 n 3 5 1× [1 ? (?2) ] = n+ 3 1 ? (?2) 5 n- 1 (-2)n+ 1 . = 3 3 3

28

评析 待定系数法是从数列递推式特 征规范、构造一个新数列,变换形式 如下:(1)an+1=Aan+B(A、B为常数)型, 可 化 为 an+1+λ=A(an+λ) 的 形 式 ; (2)an+1=Aan+B·cn 型 , 可 化 为 an+1+λ·cn+1=A(an+λ·cn) 的 形 式 ; (3)an+2=Aan+1+Ban 型 , 可 转 化 为 an+2+λan+1=A(an+1+λan) 的 形 式 ; (4)an+1=Aan+Bn+C 型 , 可 化 为 an+1+λ1(n+1)+λ2=A(an+λ1n+λ2) 的 形 式 (其中A、B、C均为常数).
29

素材4 已知数列{an },其中a1 = ?1,an +1 求其通项公式an .
an 1 2 ,得 = + 3, 2 + 3an an +1 an

an = (n ∈ N* ), 2 + 3an

解析

由an +1 = 则

1 1 + 3 = 2( + 3). an +1 an

?1 ? 1 所以数列 ? + 3? 是首项为 + 3 = 2,公比为2的等比数列. a1 ? an ? 1 所以 + 3 = 2 × 2n ?1 = 2n . an 1 所以an = . 2n ? 3
30

备选题
设 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn. 已 知 ban-2n=(b-1)Sn(n∈N*). (1)证明:当b=2时,数列{an-n·2n-1}是 等比数列; (2)求数列{an}的通项公式.

31

解析 由 题 设 , 得 a1=2. 又 ban-2n=(b-1)·Sn, 则 ban+1-2n+1=(b-1)·Sn+1,两式相减,得b(an+1-an)2n=(b-1)·an+1,即an+1=ban+2n. (*) (1) (1)证明:当b=2时,由(*)式得an+1=2an+2n, b=2 (*) a 于是有an+1-(n+1)·2n=2(an-n·2n-1), 且 a1-20=1≠0 , 所 以 {an-n·2n-1} 是 以 1 为 首 项,2为公比的等比数列.

32

(2)当b=2时,由(1)知,an=(n+1)·2n-1.当b≠2时,

b an 1 由(*)式知, + ,n 2 2 2 1 1 an +1 b an 所以 n +1 + = ( n + )(n∈N*), b?2 2 2 b?2 2 an a1 1 b ?1 1 1 所以{ n + }是以 + =1+ = 2 b?2 2 b?2 b?2 b?2 为首项,b 为公比的等比数列. 2 1 an b ? 1 b n-1 所以 n + = ·( ) , 2 b?2 b?2 2 1 即an= [(2b-2)bn-1-2n](n∈N*). b?2 33

an +1 = n +1· 2

1.一是要熟练掌握常见的递推数列 的通项公式的求法.如迭加型,累乘型等 .二是会将问题转化为等差、等比数列, 而转化的方法在于合理构造,常用的手 段有: (1)构造{an+x},x为常数; (2)构造{an+1-xan},x为常数;
34

1 (3)构造{ a }; n n (4)构造{ }; an

(5)构造{an+f(n)}. 2.不等式与递推关系综合问题,方 法与相等关系中类似,常有放缩法化 归为等比数列求和或易求和型,从而 证得不等式.
35

已知数列{an } 是等差数列,且a1 = 2,a1 + a2 + a3 = 12.

(1) 求数列{an }的通项公式; 2 ) 令bn = an x n ( x ∈ R ),求数列{bn }的前n项和. (
错解 (1) 设等差数列{an }的公差为d,
则a1 + a2 + a3 = 3a1 + 3d = 12.又a1 = 2,

( 2 ) 令Sn

所以d = 2,所以an = 2 + ( n ? 1) × 2 = 2n. = b1 + b2 + b3 + … + bn, 则由bn = an x n, 得S n = 2x + 4x 2 + 6x3 + … + 2 ( n ? 1) x n ?1 + 2nx n,①
36

xS n = 2x 2 + 4x3 + 6x 4 + … + 2 ( n ? 1) x n + 2nx n +1, 由① ? ②得 (1 ? x ) S n = 2( x + x 2 + x3 + x 4 + … + x n ) ? 2nx n +1 x(1 ? x n ) = 2× ? 2nx n +1, 1? x 2 x(1 ? x n ) 2nx n +1 所以S n = ? . 2 1? x (1 ? x )





错解分析 上述 ( 2 )的解答,在③式中使用等比数列的求和
公式时,没有考虑公比x = 1的情形.另外,当x = 0时,Sn = 0 是显然的.因此,正确解答要分x = 0、x = 1与x ≠ 0,1三种情况.

37

正解 (1) 设等差数列{an }的公差为d,
则a1 + a2 + a3 = 3a1 + 3d = 12. 又a1 = 2,所以d = 2,所以an = 2 + ( n ? 1) × 2 = 2n. = b1 + b2 + b3 + … + bn, ①

( 2 ) 令S n

则由bn = an x n, 得Sn = 2x + 4x 2 + 6x3 + … + 2 ( n ? 1) x n ?1 + 2nx n . ⅰ当x = 0时,Sn = 0; () (ⅱ当x = 1时, ) n( 2 + 2 n ) Sn = 2 + 4 + 6 + … + 2 ( n ? 1) + 2n = = n 2 + n; 2
38

(ⅲ)当x ≠ 0,1时, xSn = 2x 2 + 4x3 + 6x 4 + … + 2 ( n ? 1) x n + 2nx n +1 . x(1 ? x n ) = 2× ? 2nx n +1, 1? x 2 x(1 ? xn ) 2nx n +1 得Sn = ? . 2 1? x (1 ? x )
?n 2 + n( x = 1) ? 综上所述,S n = ? 2 x(1 ? x n ) 2nx n +1 . ? (1 ? x) 2 ? 1 ? x ( x ≠ 1) ?
39



由① ? ②得 (1 ? x ) Sn = 2( x + x 2 + x3 + x 4 + … + x n ) ? 2nx n +1 ③


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