第一章 重点题型强化（一）数列通项公式的求法-【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配套课件（北师大版2019）

重点题型强化（一） 数列通项公式的求法 　 第一章　数列 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． 技法一　累加、累乘法求通项公式 (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； 例1 解：因为an＋1＝an＋n＋1， 所以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， 当n＝1时，也满足上式， 代入上式得(n－1)个等式累乘， 规律方法 累加、累乘法的应用模型 1．累加法：形如an＋1－an＝f (n)型． 2．累乘法：形如 ＝f (n)型． (2)已知数列{an}满足a1＝1，ln an－ln an－1＝1(n≥2)，求an＝________． en－1 ＝ ·1＝en－1(n≥2)，又a1＝1也符合上式，所以an＝en－1，n∈N＋. 技法二　构造法求通项公式 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)， 例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的一般步骤 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 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 (an＋kn＋b)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__________． an＝3n－2 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)(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． 因为an＋1＝2an＋2n－1，所以an＋1＋2(n＋1)＋1＝2(an＋2n＋1)， 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}中，a1＝2，an＋1－4an＝2n＋1，n∈N＋.求{an}的通项 公式． 解：法一：因为an＋1＝2n＋1＋4an，所以an＋1＋2n＋1＝4an＋2n＋2＝4(an＋2n)， 因为a1＋2＝4，故数列(an＋2n)是以4为首项，4为公比的等比数列， 所以an＋2n＝4×4n－1＝4n，即an＝4n－2n. 例3 规律方法 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． 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___________． an＝4n－3n 例4 规律方法 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． √ √ √ 技法三　由Sn与an的关系求通项公式 数列{an}的前n项和为Sn，已知an＝5Sn－3(n∈N＋)，求an的通项 公式． 例5 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， 规律方法 若已知条件中给出的是Sn与an的关系式，一般要利用 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． 对点练5.数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1) (n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为Sn＝n(n＋1)， 所以当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n， 经检验a1＝2满足an＝2n， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n. 则bn＋1＝2 (3n＋1＋1)，故bn＝2(3n＋1) (n≥2)， 故bn＝2(3n＋1) (n∈N*). 课时测评 1．已知数列{an}的首项为2，且an＋1－an＝2n＋1，则an＝ A．2n B．2n－1＋1 C．2n－2 D．2n＋1－2 由已知得an＋1－an＝2n＋1，a1＝2，则当n≥2时，有an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝2n＋2n－1＋…＋22，an＝2n＋2n－1＋…＋22＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋2＝ ＝2n＋1－2，经检验当n＝1时也符合该式．所以an＝2n＋1－2. 故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2．(2024·重庆高二月考)已知a1＝2，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式是an＝ A．n B．n＋1 C．2n D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 3．若数列{an}的前n项和Sn＝ an＋1，则数列{an}的通项公式是 A．an＝(－2)n－1 B．an＝3×(－2)n－1 C．an＝3×(－3)n－1 D．an＝(－2)n＋1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4．已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝4an－6，则an等于 A．22n＋1＋2 B．22n＋1－2 C．22n－1＋2 D．22n－1－2 因为an＋1＝4an－6，所以an＋1－2＝4(an－2)，所以 ＝4，又a1－2＝2，所以数列{an－2}是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，所以an－2＝2×4n－1，所以an＝22n－1＋2.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5．(多选题)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 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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＝n2－n＋2，故D正确．故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6. (数学文化)(多选题)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”. “三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，以此类推. 设从上到下各层球数构成一个数列{an}，则 A．a4＝10 B．an＋1－an＝n＋1 C．a10＝54 D． √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7．在数列{an}中，已知前n项和Sn＝3＋2an，则数列的通项公式an＝__________． －3×2n－1 令n＝1，得a1＝S1＝3＋2a1，解得a1＝－3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2an－3－2an－1，整理得an＝2an－1，所以数列{an}是以－3为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－3×2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10．(10分)已知数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝(2n＋1)an＋1. (1)求a1，a2；(4分) 解：依题意有4a1＝4S1＝3a1＋1，得a1＝1， 又4(a1＋a2)＝4S2＝5a2＋1，得a2＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求数列{an}的通项公式．(6分) 解：因为4Sn＝(2n＋1)an＋1， 所以当n≥2时，4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1， 两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1， 又a1＝1满足上式，所以an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A．4×2 0222－1 B．4×2 0222 C．4×2 0212－1 D．4×2 0212 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12．(多选题)已知数列{an}满足：a1＝2且an＋1－an＝2n，数列{bn}满足bn＝2log2an－1.设数列{bn}的前n项和为Tn，则下列说法正确的是 A．an＝2n B．bn＝2n＋1 C．Tn＝n2＋n √ √ 因为an＋1－an＝2n，所以a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－1－an－2＝2n－2，an－an－1＝2n－1(n≥2)，累加得(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝21＋22＋23＋…＋2n－1，所以an－a1＝21＋22＋23＋…＋2n－1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13．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 an＝4n－2， n∈N＋ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14．(10分)设数列{an}满足an＋1＝2an＋n－1，a1＝1，求数列{an}的通项 公式． 解：已知an＋1＝2an＋n－1， 设an＋1＋An＋B＝2[an＋A(n－1)＋B]， 整理得an＋1＝2an＋An－2A＋B. 与已知an＋1＝2an＋n－1比较， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 将其代入所设等式， 得an＋1＋n＋1＝2[an＋(n－1)＋1]， 所以数列{an＋(n－1)＋1}为等比数列，公比为q＝2，首项为a1＋(1－1)＋1＝2， 所以an＋(n－1)＋1＝2·2n－1， 整理得an＝2n－n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＝4an＋1. (1)求证：数列{an＋1－2an}是等比数列；(3分) 解：证明：因为Sn＋1＝4an＋1， 所以当n≥2时，Sn＝4an－1＋1， 两式作差得an＋1＝4an－4an－1， 所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)， 又n＝1时，S2＝a1＋a2＝4a1＋1， 得a2＝4，a2－2a1＝2≠0， 所以数列{an＋1－2an}是首项为a2－2a1＝2，公比为2的等比数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解：证明：由(1)可知an＋1－2an＝2n， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则Tn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n·2n－2＋(n＋1)×2n－1， 所以2Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1＋(n＋1)×2n， 两式相减得－Tn＝2×20＋(21＋22＋…＋2n－1)－(n＋1)×2n 即an＝n·2n－1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 即－Tn＝－n·2n， 所以Tn＝n·2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 　 数 列 4－ ＝ D．数列的前n项和为 $$