数列专题一　数列通项公式的求法-2024-2025学年第二学期高二数学同步课件（人教A版2019选必二）

数列专题一　 数列通项公式的求法 第1页 课内导航 累加法 累乘法 1 2 构造法 已知Sn求an 3 4 第1页 1.掌握利用累加法和累乘法求数列通项公式的方法. 2.掌握利用累加法和累乘法求数列通项公式的方法. 3.能根据an与Sn的关系求数列通项公式 4.会灵活运用多种方法解决数列的通项公式的问题，通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养. . 学习目标 第1页 在数列的考查中经常涉及数列的通项公式的求法.在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等.通项公式的方法诸如累加法、累乘法和构造法等，我们一起来学习吧！ 导 语 第1页 4 一 累加法 第1页 1.形式：an+1=an+f(n)，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1). 2.具体步骤： （1）写出递推关系：根据题目给出的递推关系，写出前几项的递推公式。 （2）逐项相加：将这些递推公式逐项相加，消去中间项。 （3）求和：将右侧的和式化简，得到关于 n 的表达式。 （4）整理通项公式：将结果整理为an的形式。 3.核心思想：通过逐项相加，将递推关系转化为求和问题，从而求出数列的通项公式。 知识梳理 第页 第1页 题型一　累加法 第页 第1页 反思感悟1 第页 第1页 第页 第1页 二 累乘法 第1页 1.形式：=f(n)，an=a1···…·. 2.具体步骤： （1）写出递推关系：明确数列的递推公式。 （2）逐步展开：从第1项开始，逐步写出前几项的表达式，观察规律。 （3）累乘求通项：将所有系数相乘，得到通项公式。 （4）验证通项公式：通过代入具体项数，验证通项公式是否正确。 3.核心思想：通过逐步乘以递推关系中的系数，最终得到通项公式。 知识梳理 第页 第1页 题型二　累乘法 第页 第1页 反思感悟2 第页 第1页 第页 第1页 三 构造法 第1页 形如an+1=pan+q(其中p，q为常数，且pq(p-1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下 (1)假设递推公式可改写为an+1+t=p(an+t). (2)由待定系数法，解得t=. (3)写出数列的通项公式. (4)写出数列{an}的通项公式. 知识梳理 第页 第1页 题型三　构造法 第页 第1页 反思感悟3 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟4 第页 第1页 第页 第1页 四 已知Sn求an 第1页 题型四　已知Sn求an 第页 第1页 反思感悟5 第页 第1页 第页 第1页 课 后 巩 固 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 2 0 2 4 看 观 谢 谢 ★新教材同步学案★ 第1页 例1　在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋2n，求an. 【解析】　∵a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，…，an－an－1＝2×(n－1)(n≥2且n∈N*)， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋(2×1)＋(2×2)＋…＋2×(n－1) ＝1＋2(1＋2＋…＋n－1) ＝1＋2·eq \f(（n－1）·n,2)＝n2－n＋1(n≥2且n∈N*)， 把n＝1代入上式也成立，故an＝n2－n＋1(n∈N*)． 【讲评】　已知an＋1＝an＋f(n)，通常利用累加法，求出通项an. 累加法就是利用以下变形来求通项an的方法：an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，n≥2且n∈N*. 例如，在等差数列{an}中，由于a2－a1＝a3－a2＝…＝an－an－1＝d，所以对n≥2且n∈N*，有an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋＝a1＋(n－1)d，把n＝1代入也成立，故an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)． 思考题1　在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，求an. 【解析】　∵a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝22，…，an－an－1＝2n－2(n≥2且n∈N*)， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋2＋22＋…＋2n－2 ＝1＋eq \f(1－2n－1,1－2)＝2n－1(n≥2且n∈N*)， 把n＝1代入上式也成立，故an＝2n－1(n∈N*)． 例2　在数列{an} 中，已知a1＝3，nan＝(1＋n)an＋1，求an. 【解析】　据题意an≠0，则eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)⇒eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n)(n≥2且n∈N*)． ∴an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1) ＝3×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×…×eq \f(n－1,n)＝eq \f(3,n)(n≥2且n∈N*)， 把n＝1代入上式也成立，故an＝eq \f(3,n)(n∈N*)． 累乘法就是利用以下变形来求通项an的方法：an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)，n≥2且n∈N*. 例如，在等比数列{an}中，由于eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(a4,a3)＝…＝eq \f(an,an－1)＝q，所以对n≥2且n∈N*，有an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)＝a1＝a1qn－1，把n＝1代入上式也成立，故an＝a1qn－1(n∈N*)． 思考题2　在数列{an} 中，已知a1＝4，an＋1＝5nan，求an. 【解析】　据题意an≠0，则eq \f(an＋1,an)＝5n⇒eq \f(an,an－1)＝5n－1(n≥2且n∈N*)， ∴an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1) ＝4×51×52×…×5n－1 ＝4×51＋2＋3＋…＋(n－1)＝4×5eq \s\up6(\f(n（n－1）,2))(n≥2且n∈N*)， 把n＝1代入上式也成立，故an＝4×5eq \s\up6(\f(n（n－1）,2))(n∈N*)． 例3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3(n∈N＋)，求数列{an}的通项公式． 【解析】　∵an＋1＝2an＋3(n∈N＋)， ∴an＋1＋3＝2(an＋3)． ∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． ∴an＋3＝2n＋1，即an＝2n＋1－3(n∈N＋)． 形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下： 第一步：尝试将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)的形式． 第二步：由待定系数法，解得t＝eq \f(q,p－1). 第三步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(q,p－1)))的通项公式． 第四步：写出数列{an}的通项公式． 思考题3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式． 【解析】　由an＋1＝3an＋2，得an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列． ∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1. 例4　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,2an＋1)(n∈N＋)，求数列{an}的通项公式． 【解析】　易知an＞0，依题意得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋2， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，公差为2，首项为1，∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴an＝eq \f(1,2n－1). 已知数列递推公式的分母中含有通项公式的表达式，往往通过对递推关系式取倒数的办法加以转化，实现构造等差数列或等比数列来求通项公式． 思考题4　设数列{an}是首项为1的正项数列，且an＋1－an＋an＋1·an＝0(n∈N*)，求{an}的通项公式． 【解析】　∵an＋1－an＋an＋1·an＝0，∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1. 又eq \f(1,a1)＝1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列．故eq \f(1,an)＝n，∴an＝eq \f(1,n). 例5　已知数列{an}中，an>0，Sn是数列{an}的前n项和，且an＋eq \f(1,an)＝2Sn，求an. 【解析】　∵an＋eq \f(1,an)＝2Sn①，且an>0，当n＝1时，a1＋eq \f(1,a1)＝2a1，∴S1＝a1＝1.当n≥2时，把an＝Sn－Sn－1代入①得Sn－Sn－1＋eq \f(1,Sn－Sn－1)＝2Sn，化简得Sn2－Sn－12＝1.∴数列{Sn2}是以S12＝a12＝1为首项，1为公差的等差数列，即Sn2＝1＋(n－1)·1＝n.∵an>0，∴Sn>0，∴Sn＝eq \r(n). ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \r(n)－eq \r(n－1). 而n＝1时，a1＝1也符合上式， ∴{an}的通项公式an＝eq \r(n)－eq \r(n－1). 此类题可充分利用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2），))将式子化为只含an或Sn的形式，从而求出通项an，但要注意验证n＝1与n≥2两种情况能否统一． 思考题5　已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则 数列{an}的通项公式为___________________． an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,5×3n－2，n≥2)) 【解析】　∵Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，① ∴当n≥2时，an＝2Sn－1＋3，② ①－②，得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a1＝1≠0，∴an≠0， ∴eq \f(an＋1,an)＝3.∵a2＝2a1＋3＝5，∴当n≥2时，数列{an}是以5为首项，3为公比的等比数列，∴an＝5×3n－2(n≥2)． 又a1＝1不符合此式，∴数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,5×3n－2，n≥2.)) 例1　(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3n，求an. 【解析】　eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n)＋eq \f(1,3)，∴eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,3n＋1)－1))＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)－1))， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)－1))是等比数列，公比为eq \f(2,3)，首项为－eq \f(2,3)， ∴eq \f(an,3n)－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up22(n)，∴an＝3n－2n. (2)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2n，求{an}的通项公式． 【解析】　设an＋1＋kn＋b＝3[an＋k(n－1)＋b]，k，b为待定系数， 展开得an＋1＝3an＋2kn＋2b－3k， ∴k＝1，b＝eq \f(3,2)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋n＋\f(1,2)))是首项为eq \f(5,2)，公比为3的等比数列， ∴an＋n＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)×3n－1，∴an＝eq \f(5,2)×3n－1－n－eq \f(1,2). (3)设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2an－12(n≥2)，求数列{an}的通项公式． 【解析】　对an＝2an－12(n≥2)的两边取对数，得log2an＝1＋2log2an－1(n≥2)，所以log2an＋1＝2(log2an－1＋1)(n≥2)．设bn＝log2an＋1，则bn＝2bn－1(n≥2)．因为b1＝log2a1＋1＝1，所以{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．所以bn＝1×2n－1＝2n－1，即log2an＋1＝2n－1，所以log2an＝2n－1－1，所以an＝22n－1－1. 例2　已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，a1＝1. (1)设bn＝an＋1－2an(n∈N*)，求证：{bn}是等比数列，并求其通项公式； 【解析】　(1)证明：∵Sn＋1＝4an＋2，① ∴Sn＋2＝4an＋1＋2.② ②－①，得Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an(n∈N*)，即an＋2＝4an＋1－4an. an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)．∵bn＝an＋1－2an(n∈N*)，∴bn＋1＝2bn. 由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列． 由S2＝a1＋a2＝4a1＋2，且a1＝1，得a2＝5.∴b1＝a2－2a1＝3，∴bn＝3·2n－1. (2)设cn＝eq \f(an,2n)(n∈N*)，求证：{cn}是等差数列，并求其通项公式； 【解析】　(2)证明：∵cn＝eq \f(an,2n)(n∈N*)， ∴cn＋1－cn＝eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(an＋1－2an,2n＋1)＝eq \f(bn,2n＋1). 将bn＝3·2n－1代入，得cn＋1－cn＝eq \f(3,4)(n∈N*)． ∴数列{cn}是公差为eq \f(3,4)的等差数列，c1＝eq \f(a1,2)＝eq \f(1,2)， 故cn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)(n－1)＝eq \f(3,4)n－eq \f(1,4). (3)在(2)的条件下，求数列{an}的通项公式及前n项和公式． 【解析】　(3)∵cn＝eq \f(3,4)n－eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)(3n－1)， ∴an＝2n·cn＝(3n－1)·2n－2(n∈N*)． 当n≥2时，Sn＝4an－1＋2＝(3n－4)·2n－1＋2. 由于S1＝a1＝1也符合上式， ∴前n项和公式为Sn＝(3n－4)·2n－1＋2. $$