2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的概念与简单表示真题演练集训理新人教A版

2019-2020年高考数学一轮复习第六章数列6.1数列的概念与简单表示真题

演练集训理新人教A版

递推数列是高考考查的热点，由递推公式求通项时，一般需要先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．下面给出几种常见的递推数列，并讨论其通项公式的求法．

类型1 an＋1＝an＋f(n)

把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解． [典例1] 已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式． [思路分析]

[解] 因为a1＝2，an＋1－an＝n＋1， 所以an－an－1＝(n－1)＋1，

an－1－an－2＝(n－2)＋1，an－2－an－3＝(n－3)＋1， …

a2－a1＝1＋1， 由已知，a1＝2＝1＋1， 将以上各式相加，得

an＝[(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋2＋1]＋n＋1 ＝＝＝nn

n－1[n－1＋1]

＋n＋1

2n－1

＋n＋1 2

n＋1

＋1. 2

类型2 an＋1＝f(n)an

an＋1

把原递推公式转化为＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解．

an

可编辑

2n

[典例2] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝·a，求数列{an}的通项公式．

3n＋1n[思路分析]

an＋1nn

[解] 由an＋1＝·an，得＝.

ann＋1n＋1

n－1n－2anan－1a21222

当n≥2，n∈N*时，an＝··…··a1＝··…··＝，即an＝.

a1nn－1233n3nan－1an－2222

又当n＝1时，＝＝a1，故an＝.

3×133n

类型3 an＋1＝pan＋q[其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0]

q

先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转

1－p化为等比数列求解．

[典例3] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求数列{an}的通项公式． [思路分析]

[解] 设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)， 即an＋1＝2an－t，解得t＝－3. 故an＋1＋3＝2(an＋3)．

可编辑

bn＋1an＋1＋3

令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.

bnan＋3所以{bn}是以4为首项，以2为公比的等比数列． 所以bn＝4×2n1＝2n

－

＋1,

即an＝2n1－3.

＋

类型4 an＋1＝pan＋qn[其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0] (1)一般地，要先在递推公式两边同除以qn

＋1

，得

an＋1pan1

＋＝·＋，引入辅助数列qn1qqnq

anp1

其中bn＝n，得bn＋1＝·{bn}bn＋，再用待定系数法解决； qqq

(2)也可在原递推公式两边同除以pn

＋

1，得

an＋1an1qn

＋，引入辅助数列＋＝

pn1pnpp

an1q

其中bn＝n，得bn＋1－bn＝n，再利用累加法(逐差相加法)求解． {bn}ppp

1n＋151

[典例4] 已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋2，求数列{an}的通项公式． 63[思路分析]

1n＋112nn＋1n＋1[解] 解法一：将an＋1＝an＋两边分别乘以2，得2an＋1＝(2an)＋1. 2332令bn＝2nan，则bn＋1＝3bn＋1， 2

根据待定系数法，得bn＋1－3＝(bn－3)．

3

542

所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列．

63342n－1

所以bn－3＝－·，

33

2n. 即bn＝3－2·3bn32

于是，an＝n＝n－n.

223

1n＋13n＋11n＋1n＋1n

解法二：将an＋1＝an＋两边分别乘以3，得3a＝3a＋＋n1n

22.3

可编辑

3＋

令bn＝3nan，则bn＋1＝bn＋n1，

2

3n

3n－1，…，b2－b1＝32. 所以bn－bn－1＝，bn－1－bn－2＝222将以上各式叠加，得

32

3n－1＋3n， bn－b1＝＋…＋222553

又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，

622

1－3n＋11·3323n－1＋3n＝2＝2·3n＋1－2， 所以bn＝1＋＋＋…＋222223

1－

23n＋1－2. 即bn＝2·2bn32

故an＝n＝n－n.

323

类型5 an＋1＝pan＋an＋b(p≠1，p≠0，a≠0)

这种类型的题目一般是利用待定系数法构造等比数列，即令an＋1＋x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，然后与已知递推式比较，解出x，y，从而得到{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列．

[典例5] 设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式． [思路分析]

an＝3an－1＋2n－1→利用待定系数法得到一个等比数列→ 利用等比数列的知识可解 [解析] 设递推公式可以转化为 an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]， 化简后与原递推式比较，得

2A＝2，A＝1，解得 2B－3A＝－1，B＝1.

则an＋n＋1＝3[an－1＋(n－1)＋1]． 令bn＝an＋n＋1，(*) 则bn＝3bn－1，

又b1＝6，故bn＝6·3n1＝2·3n， 代入(*)，得an＝2·3n－n－1. 类型6 an＋1＝parn(p>0，an>0)

这种类型的题目一般是将等式两边取对数后转化为an＋1＝pan＋q型，再利用待定系数法求解．

－

可编辑

12

[典例6] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝·a(m>0)，求数列{an}的通项公式．

mn[思路分析]

12

[解析] 对an＋1＝·a两边取对数，得

mn1

lg an＋1＝2lg an＋lg .

m

1

令bn＝lg an，则bn＋1＝2bn＋lg .

m11

bn＋lg ， 因此得bn＋1＋lg ＝2mm1

记cn＝bn＋lg ，则cn＋1＝2cn.

m

11

所以数列{cn}是首项c1＝b1＋lg ＝lg ，公比为2的等比数列．

mm1－

所以cn＝2n1·lg .

m

111－12n－1， 所以bn＝cn－lg ＝2n1·lg －lg ＝lg m·mmmm

12n－1， 即lg an＝lg m·m12n－1. 所以an＝m·m类型7 an＋1＝

pan

(p，q，r≠0且an≠0，qan＋r≠0) qan＋r

这种类型的题目一般是将等式两边取倒数后，再进一步处理． r＋qan1q11

若p＝r，则有＝＝＋，此时a为等差数列．

pananpnan＋1若p≠r，则有

r1q

＝·＋，此时可转化为类型3来处理． an＋1panp1

2an

[典例7] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．

an＋2[思路分析]

可编辑

2an

[解析] 因为an＋1＝，a＝1，

an＋21所以an≠0， 111所以＝＋，

an＋1an2即

11－＝. an＋1an21

1

又a1＝1，则＝1，

a1

11

所以a是以1为首项，以为公差的等差数列．

2n

111n＋1

所以＝＋(n－1)×＝，

ana1222所以an＝(n∈N*)．

n＋1类型8 an＋1＋an＝f(n)

将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后将n按奇数、偶数分类讨论即可．

[典例8] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＋an＝2n，求数列{an}的通项公式． [思路分析]

[解] 因为an＋1＋an＝2n，

所以an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2，

即数列{an}是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．

可编辑

当n为偶数时，a2＝1， n

故an＝a2＋22－1＝n－1.

当n为奇数时，因为an＋1＋an＝2n，an＋1＝n(n＋1为偶数)，故an＝n.

n，n为奇数，综上知，an＝n≥1，n∈N*.

n－1，n为偶数，

类型9 an＋1·an＝f(n)

将原递推关系改写成an＋2·an＋1＝f(n＋1)，两式作商可得数、偶数分类讨论即可．

[典例9] 已知数列{an}中，a1＝3，an＋1·an＝2n，求数列{an}的通项公式． [思路分析]

an＋2fn＋1

＝，然后将n按奇anfn

[解] 因为an＋1·an＝2n， an＋2＋

所以an＋2·an＋1＝2n1，故＝2，

an

即数列{an}是奇数项与偶数项都是公比为2的等比数列． 2

当n为偶数时，a2＝，

3nn－1－1222

故an＝a2·2 ＝·2 ，

3n 12

即an＝·2 ；

3

当n为奇数时，n＋1为偶数， n+112

故an＋1＝·2 ，

3

n－12

代入an＋1·an＝2n，得an＝3·2 .

可编辑

综上知，a＝n

123·2 ，n为偶数.

n

n

－123·2 ，n为奇数，

.