（江苏专版）2019版高考数学大一轮复习 第六章 数列 第37讲 数列的递推关系与通项学案 理

第37讲数列的递推关系与通项考试要求掌握常见求通项的方法.诊 断 自 测1.(必修5P41习题13改编)已知等差数列an的公差为d，那么anam_d.答案(nm)2.在数列an中，a11，那么an_.解析当n2时，ana11，当n1时也成立，故an.答案3.若数列an满足a11，annan1(n2，nN*)，则数列an的通项公式为_.解析由annan1可变形为anan1n(n2，nN*)，由此可写出以下各式：anan1n，an1an2n1，an2an3n2，a2a12，将以上等式两边分别相加，得ana1n(n1)(n2)2，所以ann(n1)(n2)21.答案an4.在等差数列an中，a11，d2，Sn2Sn24，则n_.解析因为a11，d2，所以Snn2，Sn2Sn(n2)2n224，解得n5.答案55.在斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，中，an，an1，an2的关系是_.答案an2anan1知 识 梳 理常见求数列通项的几种类型(1)形如anan1f(n)(nN*且n2)方法：累加法，即当nN*，n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1.(2)形如f(n)(nN*且n2)方法：累乘法，即当nN*，n2时，ana1.注意：n1不一定满足上述形式，所以需检验.(3)形如anpan1q(nN*且n2)方法：化为anp的形式.令bnan，即bnpbn1，bn为等比数列，从而求得数列an的通项公式.(4)形如anpan1f(n)(nN*且n2)方法：两边同除pn，得，令bn，得bnbn1，转化为利用叠加法求bn(若为常数，则bn为等差数列)，从而求得数列an的通项公式.考点一利用“累乘、累加”法求通项【例11】 (2018苏北四市联考)已知数列an，bn，其中a1，数列an的前n项和Snn2an(nN*)，数列bn满足b12，bn12bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)是否存在自然数m，使得对于任意nN*，n2，有1恒成立？若存在，求出m的最小值.解(1)因为Snn2an(nN*)，当n2时，Sn1(n1)2an1.所以anSnSn1n2an(n1)2an1.所以(n1)an(n1)an1.即，又a1，所以ana1.当n1时，上式成立，故an.因为b12，bn12bn，所以bn是首项为2，公比为2的等比数列，故bn2n.(2)由(1)知，bn2n.则112.假如存在自然数m，使得对于任意nN*，n2，有1恒成立，即2恒成立.由2，解得m16.所以存在自然数m，使得对于任意nN*，n2，有10.两边取对数，得lg 22lg an1lg an，化为lg an1lg 2(lg anlg 2)，因为lg a1lg 22lg 2，所以数列lg anlg 2是以2lg 2为首项、为公比的等比数列，所以lg anlg 22lg 2.所以an222n1.规律方法此题通过两边同时取对数，将一个复杂的数列转化为等比数列.通常来说，我们可以将数列取对数后转化成等差数列.将等差数列放到指数函数yax中转化为等比数列.【训练2】 (2018苏州期中)设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，且a1，a25，a3成等差数列.(1)求a1，a2的值；(2)求证：数列an2n是等比数列，并求数列an的通项公式.(1)解由题意，得2a1a23，2(a1a2)a37.又因为a1，a25，a3成等差数列，所以a1a32a210，联立，解得a11，a25.(2)证明由题意知，当nN*时，2(Sn1Sn)an2an12n22n1，即an23an12n1，an13an2n(n2).由(1)知，a23a12，所以an13an2n(nN*)，所以an12n13an2n2n13an32n3(an2n).又a120，所以an2n0，所以3，所以数列an2n是等比数列，且公比为3，所以an2n(a12)3n13n，an3n2n.考点三由an与Sn的递推关系求通项【例3】 (一题多解)记数列an的前n项和为Sn.若a11，Sn2(a1an)(n2，nN*)，求Sn.解法一当n2时，S22(a1a2)，从而得a2a11.当n3时，有Sn12(a1an1)，所以anSnSn12an2an1，即an2an1.又a22a1，所以数列an是从第二项起以a21为首项、2为公比的等比数列，所以当n2时，Sn122n1，又S1a11220，所以Sn22n1.法二当n2时，S22(a1a2)，从而a2a11.当n3时，anSnSn1，所以Sn2(1SnSn1)，即Sn2Sn12，所以Sn22(Sn12).又因为S222，S121，所以S222(S12)，所以数列Sn2是以1为首项、2为公比的等比数列，从而Sn2(1)2n1，所以Sn22n1.规律方法法一的思考方法是先求出数列an的通项公式，再求它的前n项和，所以将Sn转化为an，通过研究an来求和；法二的思考方法是直接研究Sn，所以将an转化为Sn后再求它的通项.这是研究Sn与an的关系问题的常用的两种解法，解题时要合理选择.【训练3】 (2018苏州调查)已知数列an共有2k项(k2，kN*)，数列an的前n项和为Sn，且满足a12，an1(p1)Sn2(n1，2，2k1)，其中常数p1.(1)求证：数列an是等比数列；(2)若p2，数列bn满足bnlog2(a1a2an)(n1，2，2k)，求数列bn的通项公式.(1)证明an1(p1)Sn2(n1，2，2k1)，an(p1)Sn12(n2，3，2k)，两式相减得an1an(p1)(SnSn1)，即an1an(p1)an，an1pan(n2，3，2k1)，原式中，令n1，得a2(p1)a12pa1，p0(n1，2，2k1)，an是等比数列.(2)解由(1)得ana1pn1，bnlog2(a1a2an)log2(a1a1pa1p2a1pn1)log2(ap12n1)log2(a1p)1log2p11.一、必做题1.已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是_.解析ann(an1an)，ana11n.答案ann2.已知数列an满足a133，an1an2n，那么的最小值为_.解析因为an1an2n，a133，所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)33242(n1)n2n33，则n1.令f(n)n1，由yx的单调性知，当n6时，f(n)min.答案3.设Sn是数列an的前n项和，已知a11，anSnSn1(n2)，则Sn_.解析依题意得Sn1SnSn1Sn(n2)，整理得1.又1，则数列是以1为首项、1为公差的等差数列，所以1(n1)1n，即Sn.答案4.已知函数f(x)由下表定义：x12345f(x)41352若a15，an1f(an)(n1，2，)，则a2 017_.解析a2f(a1)f(5)2，a3f(a2)f(2)1，a4f(a3)f(1)4，a5f(a4)f(4)5，可知数列an是周期为4的周期数列，所以a2 017a45041a15.答案55.对于正项数列an，定义Hn为an的“蕙兰”值，现知数列an的“蕙兰”值为Hn，则数列an的通项公式为_.解析由题意得，即a12a23a3nann2所以当n2时，a12a23a3(n1)an1(n1)2，得nann2(n1)22n1an2(n2)，当n1时，a11，也满足此通项公式，所以an2.答案an26.已知数列an满足a12，an14an3n1，nN*，则数列an的前n项和为_.解析因为an14an3n1，所以an1(n1)4(ann)，所以4，所以数列ann是以1为首项、4为公比的等比数列，所以ann4n1，所以an4n1n，所以Sn(401)(412)(4n1n)(40414n1)(12n).答案7.若数列an满足an1(1)nan2n1，则an2an_.解析由an1(1)nan2n1，得an2(1)nan12n1(1)n(1)n1an2n12n1an(1)n(2n1)2n1，即an2an(1)n(2n1)2n1.答案(1)n(2n1)2n18.已知数列an满足a11，an12an1(nN*).(1)求证：数列an1是等比数列；(2)求数列an的通项公式.(1)证明由an12an1，得an112(an1)，又an10，所以2，即an1为等比数列.(2) 解由(1)知an1(a11)qn1，即an(a11)qn1122n112n1.9.设数列bn满足：b1，bn1bbn，(1)求证：；(2)若Tn，对任意的正整数n，3Tnlog2m50恒成立.求m的取值范围.(1)证明b1，bn1bbnbn(bn1)，对任意的nN*，bn0.，即.(2)解Tn2.bn1bnb0，bn1bn，数列bn是单调递增数列.数列Tn关于n递增.TnT1.b1，b2b1(b11).T12.Tn.3Tnlog2m50恒成立.log2m3，0m.10.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an(n N*).(1)求证：数列是等比数列；(2)设数列Sn的前n项和为Tn，求Tn.(1)证明由a1S123a1，得a1.又因为Sn2an，所以Sn12an1(n2)，于是anSnSn1an1an，整理得(n2).又，所以数列是首项及公比均为的等比数列.(2)解由(1)知，所以an.代入Sn2an，得Sn2.设数列的前n项和为An，则An，则An，两式相减得An2，故An4.所以Tn2nAn2n4.二、选做题11.已知数列an的前n项和Sn，且a11.(1)(一题多解)求数列an的通项公式an；(2)令bnln an，是否存在k(k2，且kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列.若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由.解(1)法一当n2时，anSnSn1，即(n2).所以是首项为1的常数数列，所以1，即ann(nN*).法二同上，得(n1)annan1.同理得nan1(n1)an，所以2nann(an1an1)，即2anan1an1，所以an成等差数列.又由a11，得a2S2a1，得a22，得an1(n1)n(nN*).法三同上，得(n2)，所以ana11n，当n1时a11，也满足ann，所以ann(nN*).(2)假设存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列，则bkbk2b.因为bnln anln n，所以bkbk2ln kln(k2)ln(k1)2b，这与bkbk2b矛盾.故不存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列.10