第四章 重点题型强化(一) 数列的通项-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

[学习目标]　1.会用观察归纳法和公式法求通项．　2.会用an与Sn的关系求通项．　3.会利用构造法解决由递推公式求通项问题． 技法一　观察归纳法 分别写出下列数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，…； (2)1，1，，，，…； (3)，3，，，3，…； (4)m，n，m，n，m，n，…. 解：(1)观察可得该数列的奇数项为负，偶数项为正，且后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，所以该数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)． (2)原数列可写成，，，，，…，观察发现分子为2n－1，分母为2n－1，所以该数列的一个通项公式为an＝. (3)原数列可写成，，，，，…，所以该数列的一个通项公式为an＝. (4)因为这个数列的奇数项为m，偶数项为n， 所以奇数项可写为＋ ，偶数项可写为－， 所以该数列的一个通项公式为＋(－1)n＋1(答案不唯一)． 规律方法 观察归纳法的适合类型及关注点 1．适合类型：已知数列的前几项求数列的通项公式． 2．关注点：根据前几项的规律重点关注如下几个特征：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项符号的特征等，并对此进行归纳、联想． 技法二　公式法 已知等差数列{an}的前四项和为10，且a2，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋2n，求数列的前n项和Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得 解得或 所以an＝或an＝－2＋3(n－1)＝3n－5. (2)当an＝时，bn＝＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n＋＝2n＋1＋n－2； 当an＝3n－5时，bn＝(3n－5)＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝·n＋＝2n＋1＋n2－n－2. 规律方法 公式法的适合类型 1．已知给出的数列是等差数列或者是等比数列时，可以直接利用等差、等比数列的通项公式进行求解． 2．已知给出的是an与Sn的关系式，可以利用公式an＝进行求解． 学生用书↓第39页 对点练1.数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn，n＝1，2，3，…. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)已知an＋1＝2Sn，则an＝2Sn－1(n≥2)， 两式相减可得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an， 即an＋1＝3an，即＝3(n≥2)． 所以当n≥2时，数列{an}是公比为3的等比数列，a2＝2S1＝2a1＝2， 则an＝a2·3n－2＝2·3n－2(n≥2)， 因为a1＝1，不符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝ (2)由(1)知，Sn＝1＋2×30＋2×31＋…＋2×3n－2＝1＋＝1＋3n－1－1＝3n－1， 所以数列{an}的前n项和Sn＝3n－1. 技法三　构造法 模型1　形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)的递推关系求通项公式 已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.求数列{an}的通项公式． 解：令an＋1＋t＝2(an＋t)，所以an＋1＝2an＋t， 又因为an＋1＝2an＋4，所以t＝4， 所以an＋1＋4＝2(an＋4)， 所以＝2， 因为a1＝－2，所以a1＋4＝2. 所以{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． 所以an＋4＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－4. 规律方法 用待定系数法解决此类问题一般步骤 第一步：假设递推公式可改写为an＋1＋t＝p(an＋t)； 第二步：由待定系数法，解得t＝； 第三步：写出数列的通项公式； 第四步：写出数列{an}的通项公式． [注意]　形如an＋1＝pan＋qn＋r的模型，可以利用待定系数法构造等比数列求解． 对点练2.(1)(2024·江苏宿迁高二月考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋4.则数列{an}的通项公式为________． (2)(2024·江苏南通高二阶段测试)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n－1.证明数列{an＋2n＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式． 答案：(1)an＝3n－2 解析：(1)令an＋1＋t＝3(an＋t)，所以an＋1＝3an＋2t，又因为an＋1＝3an＋4，所以2t＝4, 即t＝2，所以an＋1＋2＝3(an＋2)，所以＝3，因为a1＝1，所以a1＋2＝3.所以{an＋2}是以3为首项，3为公比的等比数列．所以an＋2＝3×3n－1＝3n，即an＝3n－2. (2)因为an＋1＝2an＋2n－1，所以an＋1＋2(n＋1)＋1＝2(an＋2n＋1)，即＝2，所以数列{an＋2n＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋2n＋1＝4×2n－1，所以an＝2n＋1－2n－1. 模型2　形如an＝pan－1＋tqn(p≠1)的递推关系求通项公式 已知数列{an}满足an＝3an－1＋3n(n≥2)，且a1＝1，求数列{an}的通项公式． 解：因为an＝3an－1＋3n，等式两边同时除以3n， 得＝＋1，即－＝1， 所以是以为首项，以1为公差的等差数列， 即＝＋(n－1)×1＝n－， 所以an＝(n－)×3n. 规律方法 利用同除法解决此类问题的一般步骤 第一步：等式两边同除以qn，不管这一项是qn－1或qn＋1，都同除以qn，为的是数列的下标和q的指数对应起来； 第二步：写出数列an与qn构造的式子； 第三步：写出数列{an}的通项公式． [注意]　形如an＋1＝pan＋qan＋1an的模型，可以利用同除法构造等比数列求解． 学生用书↓第40页 对点练3.(2024·海南三亚高二月考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋4n，则数列{an}的通项公式为________． 答案：an＝4n－3n 解析： 因为an＋1＝3an＋4n，等式两边同时除以4n，得＝3·＋1，即－1＝，所以数列是首项为－，公比为的等比数列，即－1＝·n－1＝－n，所以an＝4n－3n. 模型3　形如an＋1＝(p，q，r≠0)的递推关系求通项公式 在数列{an}中，a1＝－1，an＋1＝，n∈N*，求{an}的通项公式． 解：对递推式an＋1＝的两边同时取倒数， 得＝，即＝2·＋3， 因此＋3＝2，又＋3＝2， 故是以2为首项，2为公比的等比数列， 于是＋3＝2·2n－1，可得an＝，n∈N*. 规律方法 利用取倒数法解决此类问题的一般步骤 第一步：等式两边同时取倒数； 第二步：变形构造出线性递推式an＝Aan－1＋B(n≥2，A，B是常数)； 第三步：利用待定系数法求出原数列的通项． 对点练4.(多选)(2024·湖南邵东高二期中)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列结论正确的是(　　) A．为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝ C．{an}为递增数列 D．的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4 答案：ABD 解析：因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，所以＋3＝2.又＋3＝4，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；＋3＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝，故B正确；an＋1－an＝－＝＝，因为n≥1，所以2n＋2－3>0，2n＋1－3>0，2n＋1>0，所以an＋1－an<0，所以{an}为递减数列，故C错误；＝2n＋1－3，则Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确．故选ABD． 方法 观察归纳法，公式法，构造法(待定系数、同除、取倒数) 易错 误区 构造的新的数列的首项易误认为还是a1 1．数列1，－，，－，…的通项公式可能是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．an＝(－1)n－1 B．an＝(－1)n C．an＝(－1)n－1 D．an＝(－1)n 答案：C 解析：将数列1，－，，－，，…变为，－，，－，，…，从而可知分母的规律为2n，分子的规律为n＋1，再结合正负的调节，可知其通项为an＝(－1)n－1.故选C． 2．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋1，则a4的值为(　　) A．15 B．23 C．32 D．42 答案：B 解析：因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，a4＝3×23－1＝23.故选B． 3．已知数列{an}为等比数列，且a5a6＝2，数列{bn}满足b1＝1，且＝an，则b11＝________． 答案：32 解析：因为{an}是等比数列，于是有a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝2，而＝an，则有b11＝b1···…·＝b1a1a2a3·…·a10＝25＝32，所以b11＝32. 4．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝6，点An(an，)在抛物线y2＝x＋1上，则数列{an}的通项公式是________． 答案：an＝n＋5 解析：因为点An(an，)在抛物线y2＝x＋1上，所以an＋1－an＝1，所以数列{an}是以1为公差的等差数列．因为a1＝6，所以an＝6＋(n－1)×1＝n＋5. 课时测评11　数列的通项 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1．在数列{an}中，＝1＋，若an＝46，a1＝1，则n的值为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．9 B．10 C．11 D． 12 答案：B 解析：由＝1＋，得an＋1－an＝n，所以由an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，得an＝(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋2＋1＋1＝＋1.由an＝46，解得＋1＝46，所以n＝10(负值舍去)．故选B． 2．(2024·重庆高二月考)在数列{an}中，a1＝2，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式是(　　) A．n B．n＋1 C．2n D． 答案：C 解析：因为an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，所以an＝···…··a1＝···…··2＝2n.故选C． 3．已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　) A． 3 B． 18 C． 54 D． 152 答案：C 解析：由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2，即a1q＝2a1＋2①，当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2，即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2②，联立①②可得a1＝2，q＝3，则a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C． 4．(多选)已知无穷数列{an}的前3项分别为2，4，8，则下列结论正确的是(　　) A．若{an}是等比数列，则an＝2n B．若{an}满足an＋3＝an，则a2 024＝4 C．若{an}满足an＋3＝an，则a2 024＝8 D．若{an}满足an＋1＝2n＋an，则an＝n2－n＋2 答案：ABD 解析：无穷数列{an}的前3项分别为2，4，8，若{an}是等比数列，则首项为2，公比为2，所以an＝2n，故A正确；若{an}满足an＋3＝an，则该数列是最小正周期为3的周期数列，a2 024＝a3×674＋2＝a2＝4，故B正确，C错误；若{an}满足an＋1＝2n＋an，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，得an＝(2n－2)＋(2n－4)＋(2n－6)＋…＋4＋2＋2＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋2＝2×＋2＝n2－n＋2，故D正确．故选ABD． 5．(多选)已知数列满足a1＝26，3an＋1＝an－2，Sn为的前n项和，则(　　) A．为等比数列 B．的通项公式为an＝ C．为递减数列 D．当n＝4，或n＝5时，Sn取得最大值 答案：AC 解析：因为3an＋1＝an－2，所以3an＋1＋3＝an＋1，即3(an＋1＋1)＝an＋1，＝，又因为a1＝26，所以a1＋1＝27，所以为首项为27，公比为的等比数列，A正确；an＋1＝27×n－1＝n－4，所以an＝n－4－1，B错误；因为函数y＝x－4－1是减函数，所以为递减数列，C正确；令an＝0，即n－4－1＝0，解得n＝4，所以n≤4时，an≥0，n≥5时，an<0，所以当n＝3，或n＝4时，Sn取得最大值，D错误．故选AC． 6．观察数列，－，(　　　　)，－，，(　　)…的特点，则括号中应填入的适当的数为________． 答案：，－ 解析：由题可得数列的通项公式为an＝(－1)n＋1，所以a3＝，a6＝－. 7．(开放题)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n＋1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________． 答案：an＝(2n－1)·3n 解析：由an＋1＝3an＋2·3n＋1，得＝＋，所以－＝2，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝1＋(n－1)×2＝2n－1，得an＝(2n－1)·3n. 8．已知数列{an}满足a1＝1，若an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________；若an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________． 答案：　 解析：当an＋1＝时，得＝＋，又a1＝1，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×＝(n＋1)，所以数列{an}的通项公式an＝.当an＋1＝时，得＝＋1，所以＋1＝2.又a1＝1，所以＋1＝2，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以＋1＝2×2n－1＝2n，所以数列{an}的通项公式an＝. 9．(10分)(开放题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4.有以下三个条件： ①an＋1＝4an－4an－1(n≥2)； ②nan＋1＝2(n＋1)an； ③a1＋＋＋…＋＝(n∈N*)． 从上述三个条件中任选一个条件，求数列{an}的通项公式． 解：选①：由an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，得an＋1－2an＝2(an－2an－1)， 故{an＋1－2an}是首项为a2－2a1＝2，公比为2的等比数列， 则an＋1－2an＝2·2n－1＝2n， 等式两边同除以2n＋1得－＝， 所以是首项为＝，公差为的等差数列， 则＝＋(n－1)＝n， 所以an＝n·2n－1. 选②：由nan＋1＝2(n＋1)an得＝， 故··…·＝··…·， 化简得＝n·2n－1，即an＝n·2n－1，当n＝1时，a1＝1也满足an＝n·2n－1，所以an＝n·2n－1. 选③：因为a1＋＋＋…＋＝(n∈N*)①， 所以当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝②， 由①－②得＝n，故an＝n·2n－1，当n＝1，a1＝1也满足，所以an＝n·2n－1. 10．(10分)(开放题)已知数列{an}中，a1＝2，______，其中n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；(3分) (2)设bn＝2an，求证：数列{bn}是等比数列；(3分) (3)求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 从①前n项和Sn＝n2＋n，②an＋1－2＝an，③a4＝8且2an＋1＝an＋an＋2，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答．(4分) 解：(1)选①：因为a1＝2，Sn＝n2＋n， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n， 当n＝1时，等式也成立， 所以an＝2n，n∈N*. 选②：由a1＝2，an＋1－2＝an， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋(n－1)×2＝2n，n∈N*. 选③：由a1＝2，a4＝8且2an＋1＝an＋an＋2， 可得数列{an}为等差数列，设公差为d， 则d＝＝2， 所以an＝2＋(n－1)×2＝2n，n∈N*. (2)证明：bn＝2an＝22n＝4n，可得＝＝4， 所以数列{bn}是首项和公比均为4的等比数列． (3)因为an＋bn＝2n＋4n， 所以Tn＝(2＋4＋…＋2n)＋(4＋42＋…＋4n)＝n2＋n＋＝n2＋n＋(4n＋1－4)． (11—13每题5分，共15分) 11．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋2n＝2an，则a2 024＝(　　) A．22 024－2 B．22 025－2 C．22 026－2 D．22 023－2 答案：B 解析：当n＝1时，S1＋2＝2a1，a1＝2，当n≥2时，Sn－1＋2(n－1)＝2an－1，Sn＋2n－Sn－1－2(n－1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1＋2，所以an＋2＝2(an－1＋2)，＝2，{an＋2}是以a1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列．所以an＋2＝4·2n－1，an＝2n＋1－2，a2 024＝22 025－2.故选B． 12．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋3SnSn－1＝0(n≥2)，则下列结论正确的是(　　) A．是等差数列 B．Sn＝ C．an＝－ D．是等比数列 答案：ABD 解析：因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－Sn－1＋3SnSn－1＝0，所以－＝3，所以数列是以＝＝3为首项，3为公差的等差数列，所以＝3＋(n－1)×3＝3n，所以Sn＝，故A、B正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，所以an＝故C错误；由Sn＝，得S3n＝＝ ，所以是等比数列．故选ABD． 13．设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2a(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________． 答案：an＝22n－1－1 解析：当n≥2时，对an＝2a两边同时取对数，得log2an＝2log2an－1＋1，即log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，设bn＝log2an＋1，则bn＝2bn－1(n≥2)，所以数列是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n－1，所以log2an＋1＝2n－1，所以an＝22n－1－1(n≥2)，当n＝1时，上式也成立，故an＝22n－1－1. 14．(10分)某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出200万元进行科研技术发行与广告投资方能保持原有的利润增长率．问经过多少年后，该项目的资金可以达到超过翻两番(4倍)的目标？(取lg 2≈0.3) 解：设该项目逐年的项目资金数依次为a1，a2，a3，…，an，n∈N*. 则由已知得an＋1＝an(1＋25%)－200， 即an＋1＝an－200. 令an＋1－x＝(an－x)，即an＋1＝an－， 由＝200，得x＝800. 所以an＋1－800＝(an－800)． 故数列{an－800}是以a1－800为首项，为公比的等比数列． 因为a1＝1 000×(1＋25%)－200＝1 050， 所以a1－800＝250， 所以an－800＝250×－1， 所以an＝800＋250×－1(n∈N*)． 由题意知an≥4 000， 所以800＋250×－1≥4 000， 即≥16. 两边取常用对数得nlg ≥lg 16， 即n(1－3lg 2)≥4lg 2. 因为lg 2≈0.3，所以不等式化为0.1n≥1.2， 所以n≥12. 故经过12年后，该项目资金可达到超过翻两番的目标． 15．(5分)(2024·江苏淮安高二期末)已知数列{an}满足a1＝2，an＝an－1＋(n≥2且n∈N*)．若an<M恒成立，则M的最小值是(　　) A．2 B． C． D．3 答案：C 解析：因为数列{an}满足a1＝2，an＝an－1＋(n≥2且n∈N*)，所以an－an－1＝，所以n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋＋＋＋…＋＝2＋ ＝－<.因为an<M恒成立，所以M≥，a1＝2<也成立，所以M的最小值是.故选C． 16．(10分)(2024·湖南株洲高二检测)已知数列{an }满足a1＝，an＋1＝. (1)求证：数列为等比数列；(4分) (2)若＋＋…＋<2 024，求满足条件的最大整数n.(6分) 解：(1)证明：由题设可得＝＝＋×，所以－1＝. 又－1＝，所以是以为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)可得－1＝， 即＝1＋，所以＋＋…＋＝(1＋1＋…＋1)n个＋＝n＋＝n＋1－， 显然等号右边的n＋1－是递增的， 易知，当n＝2 023时，2 023＋1－<2 024， n＝2 024时，2 024＋1－>2 024不满足题意，所以满足条件的最大整数n是2 023. 学生用书↓第41页 学科网（北京）股份有限公司 $$