（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列 6.4 数列的递推关系与通项课件

§6.4数列的递推关系与通项第六章数列KAOQINGKAOXIANGFENXI考情考向分析由数列的递推关系求通项是高考的热点，考查学生的转化能力和综合应用能力，一般以解答题形式出现，中档难度．NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PARTONE知识梳理1.递推数列(1)概念：数列的连续若干项满足的等量关系an＋k＝f(an＋k－1，an＋k－2，…，an)称为数列的递推关系.由递推关系及k个初始值确定的数列叫递推数列.(2)求递推数列通项公式的常用方法：构造法、累加(乘)法、归纳猜想法.ZHISHISHULI2.数列递推关系的几种常见类型(1)形如an－an－1＝f(n)(n∈N*，且n≥2)方法：累加法，即当n∈N*，n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1.(2)形如anan－1＝f(n)(n∈N*且n≥2)方法：累乘法，即当n∈N*，n≥2时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1.注意：n＝1不一定满足上述形式，所以需要检验.(3)形如an＝pan－1＋q(n∈N*且n≥2)方法：化为an＋qp－1＝pan－1＋qp－1的形式.令bn＝an＋qp－1，即得bn＝pbn－1，{bn}为等比数列，从而求得数列{an}的通项公式.(4)形如an＝pan－1＋f(n)(n∈N*且n≥2)方法：两边同除pn，得anpn＝an－1pn－1＋fnpn，令bn＝anpn，得bn＝bn－1＋fnpn，转化为利用累加法求bn若fnpn为常数，则{bn}为等差数列，从而求得数列{an}的通项公式.【概念方法微思考】用构造法求数列通项一般构造什么样的数列？这体现了何种数学思想方法？提示构造等差或等比数列，体现了转化与化归思想.基础自测JICHUZICE题组一思考辨析123456(1)在数列{an}中，a1＝1，an＝n－1nan－1(n≥2)，则an＝1n.()(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2，则an＝32n2＋n2.()(3)已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝n＋23an，则an＝nn＋12.()1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(4)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝2n.()×√√√题组二教材改编1234562.[P52公式推导过程]在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1an＝nn＋1，那么an＝____.1n1234563.[P41T13]若数列{an}满足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为___________.an＝nn＋121234564.[P68T14]在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an1＋nan，则an＝_________.2n2－n＋21234565.在斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13，…中，an，an＋1，an＋2的关系是_______________.题组三易错自纠an＋2＝an＋an＋1所以an＋1＋1an＋1＝3，6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝____________.1234562×3n－1－1解析因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2×3n－1，所以an＝2×3n－1－1.2题型分类深度剖析PARTTWO1.已知在数列中，a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，求an.解由已知得an－an－1＝2n－3，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋1＋0＝(n－1)2.当n＝1时，a1＝0符合上式，所以an＝(n－1)2，n∈N*.题型一累加法、累乘法求数列的通项公式自主演练an2.数列an满足a1＝12，an＝an－1＋1n2－n(n≥2，n∈N*)，求数列an的通项.解由an－an－1＝1n2－n(n≥2，n∈N*)且a1＝12，an－an－1＝1n2－n＝1n－1－1nan－1－an－2＝1n－2－1n－1，…，a2－a1＝1－12，各式累加整理得an＝32－1n，n取1时，32－1＝12＝a1，所以an＝32－1n(n∈N*).3.已知在数列an中，a1＝2，且nan＋1＝(n＋2)an，求an.当n＝1时，a1＝2也符合上式，所以an＝n(n＋1)(n∈N*).解由已知得an＋1an＝n＋2n，当n≥2时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝n＋1n－1·nn－2·…·31·2＝n(n＋1)，思维升华(1)求形如an＋1＝an＋f(n)数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，累加求得通项公式；(2)求形如an＋1an＝f(n)数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1，累乘求得其通项.题型二构造等差数列求通项师生共研例1(1)已知在正项数列{an}中，Sn表示前n项和且2＝an＋1，则an＝_______.Sn2n－1解析在递推关系an＋1＝2an＋3·2n的两边同除以2n＋1，得an＋12n＋1＝an2n＋32，令bn＋1＝an＋12n＋1，则bn＋1＝bn＋32，b1＝1，所以{bn}是以1为首项，32为公差的等差数列.所以bn＝1＋32(n－1)＝32n－12，故an＝2n·32n－12，n∈N*.(2)已知在数列中，a1＝2，an＋1＝2an＋3·2n，则an＝_________________.an2n·32n－12，n∈N*思维升华(1)形如an＋1＝pan＋q·bn的递推关系可构造等差数列.(2)对于含an，Sn混合型的递推关系，可通过an＝a1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2消去an或Sn.跟踪训练1(1)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2anan＋2，则an＝______________.解析由已知可知an≠0，2n＋1，n∈N*∴1an＋1＝1an＋12，即1an＋1－1an＝12，又1a1＝1，∴1an是以1为首项，12为公差的等差数列，1an＝1a1＋(n－1)×12＝n＋12，∴an＝2n＋1，n∈N*.(2)已知在数列an中，a1＝15，且当n≥2时，有an－1－an－4anan－1＝0，则an＝____________.解析由题意知an≠0，将等式an－1－an－4anan－1＝0两边同除以anan－1得1an－1an－1＝4，n≥2，则数列1an为等差数列，且首项为1a1＝5，公差d＝4，故1an＝1a1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1，∴an＝14n＋1(n∈N*).14n＋1(n∈N*)题型三构造等比数列求通项公式师生共研例2(1)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，求数列{an}的通项公式.解∵an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，又a1＋2＝4，∴{an＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列，∴an＋2＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－2(n∈N*).(2)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*，求数列{bn}的通项公式.思维升华形如an＝pan－1＋q(pq≠0)型的递推关系，可构造等比数列求通项公式.跟踪训练2(1)已知数列an满足an＝13an－1＋2，a1＝1，求数列an的通项公式.解设an＋λ＝13(an－1＋λ)，解得λ＝－3，则an－3＝13(an－1－3)，令bn＝an－3，则数列bn是以b1＝a1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以bn＝－23n－1，所以an＝3－23n－1(n∈N*).解由已知可得a2n＋1n＋1＝4·a2nn，(2)(2018·苏州、无锡、常州、镇江调研)已知n为正整数，数列{an}满足an0,4(n＋1)－n＝0，若a1＝2，求an.a2na2n＋1∵an0∴an＋1n＋1＝2·ann，，又a1＝2，∴ann是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴ann＝2n，∴an＝n·2n(n∈N*).3课时作业PARTTHREE1.已知a1＝3，an＋1＝3n－13n＋2an(n≥1，n∈N*)，则an＝_______.解析当n≥2时，基础保分练12345678910111213141516an＝3n－1－13n－1＋2·3n－2－13n－2＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a1＝3n－43n－1·3n－73n－4·…·58·25·3＝63n－1.a1＝3也符合上式，所以an＝63n－1.63n－1123456789101112131415162.已知在数列an中，a1＝12，an＋1＝an＋14n2－1，则an＝____________.4n－34n－2(n∈N*)123456789101112131415163.在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n，则an＝_____________.2＋lnn(n∈N*)解析由a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2.由已知a1＝S11，得a1＝2.又由an＋1＝Sn＋1－Sn12345678910111213141516＝16(an＋1＋1)(an＋1＋2)－16(an＋1)(an＋2)，4.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为__________.16得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.因为an0，故an＋1＝－an不成立，舍去.因此an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项公式为an＝3n－1.an＝3n－1123456789101112131415165.已知在数列an中，a1＝56，an＋1＝13an＋12n＋1，则an＝_____________.解析在an＋1＝13an＋12n＋1的两边同乘以2n＋1得2n＋1·an＋1＝23·(2nan)＋1，令bn＝2nan.则b1＝53，bn＋1＝23bn＋1，于是可得bn＋1－3＝23(bn－3)，∴bn－3＝－43×23n－1＝－223n，∴bn＝3－223n，∴an＝bn2n＝312n－213n＝32n－23n(n∈N*).32n－23n(n∈N*)123456789101112131415166.(2018·江苏省南通市启东中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2，则a8a6＝___.解析∵Sn＝2an－2，∴a1＝2a1－2，解得a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，n≥2，整理，得anan－1＝2，∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴a8a6＝2826＝4.4123456789101112131415167.设数列an满足a1＝a，an＋1＝can＋1－c，c∈N*，其中a，c为实数，且c≠0，