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2016届高考数学一轮复习 5.4数列通项的求法练习 理



第四节

数列通项的求法

基础回 顾K 数列的通项公式是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样,有了解析式便 可研究其性质等,而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前 n 项和等.因此,求数列 的 通项公式往往是解题的突破口、 关键点. 在近年来的高考题中经常出现给出数列的解析式(包 括递推关系式和非递推关系式)求通项公式的问题,

对于这类问题考生感到困难较大. 为了帮 助考生突破这一难点,现将求数列通项的思想方法归纳如下:①化归与转化思想;②换元思 想;③方程思想.

基础自 测 1.(2014·福建卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于(C) A.8 B.10 C.12 D.14 解析:S3=3a2=12,故 a2=4,故公差 d=a2-a1=2,故 a6=a1+5d=12,故选 C. 1 2an,0≤an< , 2 6 2.若数列{an}满足 an+1= 若 a1= ,则 a2 013 的值为(C) 7 1 2an-1, ≤an<1, 2

? ? ? ? ?

A.

6 5 B. 7 7

3 C. 7

1 D. 7

1 6 5 3 解析:∵ ≤a1= <1,∴a2=2a1-1= ,a3=2a2-1= . 2 7 7 7 3 1 6 ∵a3= < ,∴a4=2a3= =a1,a5=a2,…. 7 2 7 3 ∴数列{an}每隔 3 项重复出现,即是以 3 为周期的周期数列.∴a2 01 3=a671×3=a3= .故 7 选 C. n 3.(2013·江苏南京四校联考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2 +n-1,则 a1+a3=7. 1 解析:a1=S1=2 +1-1=2,a3=S3-S2=8+3-1-(4+2-1)=5,∴a1+a3=7. * 4.已知数列{an}中,满足 a1=6,an+1+1=2(an+1)(n∈N ),则数列{an}的通项公式为 n-1 * an=7·2 -1(n∈N ). an+1+1 解析:∵an+1+1=2(an+1),∴ =2(常数),∴{an+1}是以 7 为首项,2 为公比的 an+1 等比数列,∴an+1=7·2
n-1

,∴an=7·2

n-1

-1(n∈N ).

*

1

高考方向 1.主要考查简单数列的通项公式的求解、数列的前 n 项和与通项的关系、简单的递推数 列问题. 2.三种题型都有可能出现,试题难度中等.

品 味 高 考 1.(2014·北京卷)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当 n=8 时,{an} 的前 n 项和最大. 解析:利用等差数列的性质求解.因为{an}是等差数列,所以 a7+a8+a9=3a8>0,a7+ a10=a8+a9<0,即该等差数列的前 8 项是正数,从第 9 项开始为负数,所以(Sn)max=S8. 2 * 2.(2014·广东卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.满足 Sn=2nan+1-3n -4n,n∈N ,且 S3 =15. (1)求 a1,a2,a3 的值; (2)求数列{an}的通项公式. 解析:(1)S2=4a3-20,S3=S2+a3=5a3-20, 又 S3=15,∴a3=7. ∴S2=4a3-20=8, 又 S2=S1+a2=(2a2-7)+a2=3a2-7, ∴a2=5,a1=S1=2a2-7=3. 综上知 a1=3,a2=5,a3=7. (2)由(1)猜想 an=2n+1,下面用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,结论显然成立; ②假设当 n=k(k≥1)时,结论成立,即 ak=2k+1,则 3+(2k+1) Sk=3+5+7+…+(2k+1)= ×k=k(k+2), 2 又 Sk=2kak+1-3k -4k, 2 ∴k(k+2)=2kak+1-3k -4k,解得 2ak+1=4k+6, ∴ak+1=2(k+1)+1,即当 n=k+1 时,结论成立. * 由①②知,? n∈N ,an=2n+1.
2

高 考 测 验 1.设数列{an}满足:an+1= 1 A.- 2 B.2 1+an ,a2 011=2,那么 a1 等于(A) 1-an

1 C. D.-3 3

1+an an+1-1 1 解析:由 an+1= ,得 an= ,因为 a2 011=2,所以依次解得 a2 010= ,a2 009=- 1-an an+1+1 3

2

1 1 1 ,a2 008=-3,a2 007=2,a2 006= ,a2 005=- ,…,所以{an}是周期数列,周期为 4,所以 a2 2 3 2
005

1 =a2 004+1=a1=- .故选 A. 2
*

2.在数列{an}中,a1=0,且对任意 k∈N ,a2k-1,a2k,a2k+1 成等差数列,其公差为 2k. (1)证明:a4,a5,a6 成等比数列. (2)求数列{an}的通项公式. (1)证明:由题设可知,a2 =a1+2=2,a3=a2+2=4,a4=a3+4=8,a5=a4+4=12,a6 =a5+6=18. a6 a5 3 从而 = = ,所以 a4,a5,a6 成等比数列. a5 a4 2 (2)解析:由题设可得 a2k+1-a2k-1=4k,k∈N . 所以 a2k+1-a1=(a2k+1-a2k-1)+(a2k-1-a2k-3)+…+(a3-a1)=4k+4(k-1)+…+4×1= * 2k(k+1),k∈N . 由 a1=0,得 a2k+1=2k(k+1), 2 从而 a2k=a2k+1-2k=2k . 2 n -1 ,n为奇数, 2 n 2 n (-1) -1 * 所以数列{an}的通项公式为 an= 2 或写为 an= + ,n∈N . 2 4 n ,n为偶数, 2
*

? ? ? ? ?

课时作业 1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-1(n∈N ),则 a5=(B) A.-16 B.16 C.31 D.32 解析:由已知可得 a1=1,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,所以 an=2an-1,所以{an} 4 是等比数列,公比为 2,所以 a5=a1·2 =16.故选 B. n 2.在数列{an}中,若 a1=1,an+1=an+2 ,则 an 等于(A) n n+1 A.2 -1 B.2 -3 n-1 n-1 C.2 D.2 -1 n n-1 解析:因为 an+1=an+2 ,所以 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2 + 2
n-2 *

1×(1-2 ) n 2 1 +…+2 +2 +1= =2 -1.故选 A. 1-2 3.在数列{an}中,若 an+1= 1 A.13 B. 13 解析: 1 1 C.11 D. 11 an ,a1=1,则 a6=(D) 2an+1

n

2an+1 1 1 = , - =2, an+1 an an+1 an

1 1 - =2,① a2 a1 1 1 - =2,② a3 a2
3

1 1 - =2,③ a4 a3 1 1 - =2,④ a5 a4 1 1 - =2,⑤ a6 a5 1 相加得 a6= . 11 4.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1 =3Sn(n≥1),则 a6=(A) 4 4 A.3×4 B.3×4 +1 5 5 C.4 D.4 +1 解析:由 an+1 =3Sn,得 an =3Sn-1(n ≥ 2),相减得 an+1-an =3(Sn-Sn-1)= 3an,则 4 4 an+1=4an(n ≥ 2),a1= 1,a2=3,则 a6= a2·4 =3×4 .故选 A. 2 5.在数列{an}中,an+1 =3an,a1=3.则数列的通项公式 an=(C) n n A.an=32 +1 B.an=23 -1 n n C.an=32 -1 D.an=32 解析:由已知 an>0,在递推关系式两边取对数. 有 lg an+1=2lg an+lg 3, 令 bn=lg an,则 bn+1=2bn+lg 3, ∴bn+1+lg 3=2(bn+lg 3), ∴{bn+lg 3}是等比数列, n-1 n ∴bn+lg 3=2 ·2lg 3=2 ·lg 3, n n ∴bn=2 ·lg 3-lg 3=(2 -1)lg 3=lg an, n ∴an=32 -1. 4 13 1 6.已知数列{an},其中 a1= ,a2= ,且当 n≥3 时,an-an-1= (an-1-an-2),则通项 3 9 3 公式 an=(D) 3 1?1?n-1 A.an= - ? ? 2 2?3? 3 1?1?n B.an= + ? ? 2 2?3? 1 1?1?n C.an= - ? ? 2 2?3? 3 1?1?n D.an= - ? ? 2 2?3? 解析:设 bn-1=an-an-1,原递推式可化为 1 bn-1= bn-2,{bn }是一个等比数列. 3 13 4 1 1 b1=a2-a1= - = ,公比为 ,故 9 3 9 3

4

n-2 1 1 n-2 1 n ?1? ? ? ? ? bn-1=b1·? ? = ? ? =? ? . 9?3? ?3? ?3? n 3 1?1?n ?1? 故 an-an-1=? ? .由逐差法可得:an= - ? ? . 2 2?3? ?3? 7.我国的刺绣有着悠久的历史,下图(1),(2),(3),(4)为刺绣中最简单的 4 个图案, 这些图案都是由小正 方形构成,小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方 2 形的摆放规律相同),设第 n 个图形包含 f(n)个小正方形,则 f(n)的表达式为 f(n)=2n - 2n+1.

8. 设数列{an}是首项为 1 的正项数列, 且当 n≥2 时, Sn-1-Sn=2Sn· Sn-1, 则 an=_ _______. 解析:∵Sn-1-Sn=2Sn·Sn-1, 1 1 ∴ - =2. Sn Sn-1
?1? 1 1 ∴? ?是以 = =1 为首项,2 为公差的等差数列, S1 a1 ?Sn?

1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1, Sn ∴Sn= 1 . 2n-1 1 1 -2 - = , 2n-1 2(n-1)-1 (2n-1)(2n-3)

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=

当 n=1 时 a1=2 不符合题意, ?1,n=1, ∴an=?

?

,n≥2. ? ?(2n-1)(2n-3)

-2

? -2 ?1,n=1 ,n≥2 (2n-1)(2n-3) ?

n+2 * 9.已知数列{an}满足 a1=4,an+1= an,则数列的通项公式 an=2n(n+1)(n∈N ). n an+1 n+2 解析:由递推关系得 = , an n a2 3 a3 4 a4 5 a5 6 a6 7 an-1 n an n+1 ∴ = , = , = , = , = ,…, = , = , a1 1 a2 2 a3 3 a4 4 a5 5 an-2 n-2 an-1 n-1 an n(n+1) 以上各式左右两边分别相乘得 = . a1 2

5

又 a1=4, ∴an=2n(n+1)(n≥2),经验证,a1=4 符合上式, * ∴an=2n(n+1)(n∈N ). n 10.已知数列{an}中,a 1 =1 且 an+1-an=3 -n,求数列{an}的通项公式. n 解析:由 an+1-an=3 -n 得 a2-a1=3-1, 2 a3-a2=3 -2, …, n-2 an-1-an-2=3 -(n-2), n-1 an-an-1=3 -(n-1). 当 n≥2 时,以上 n-1 个等式两边分别相加,得 2 n-1 an-a1=(3+3 +…+3 )-[1+2+…+(n-1)] = 3(1-3 ) n(n-1) - . 1-3 2
n-1 n-1

3(1-3 ) n(n-1) ∴an= - +1 1-3 2 1 n(n-1) 1 n = ×3 - - , 2 2 2 显然,a1=1 也满足上式. 1 n(n-1) 1 n * ∴an= ·3 - - (n∈N ). 2 2 2 nan-an+1 * 11.数列{an}满足 a1=1, =n,n∈N . an+1 (1)求数列{an}的通项公式; 2 (2)设 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn; an (3)证明:a1+a2+a3+…+an<2. nan-an+1 (1)解析:由 =n 得(n+1)an+1=nan, an+1 即 an+1 n = , an n+1
2 2 2 2 n

a2 a3 a4 an-1 an 1 2 3 n-2 n-1 ∴ · · ·…· · = × × ×…× × , a1 a2 a3 an-2 an-1 2 3 4 n-1 n 1 即 an= a1,∵a1=1, n 1 ∴a n= . n 2 n (2)解析:∵bn= =n·2 , an ∴Tn=1×2+2×2 +3×2 +…+n·2 ,① 2 3 4 n n+1 2Tn=1×2 +2×2 +3×2 +…+(n-1)·2 +n·2 ,② 2 3 n n+1 ①-②得-Tn=2+2 +2 +…+2 -n·2 , n+1 ∴Tn=(n-1)·2 +2.
2 3 n n

6

1 1 1 1 (3)证明:∵ 2< = - (k=2,3,4,…,n), k k(k-1) k-1 k 1 1 1 1 2 2 2 2 ∴a1+a2+a3+…+an= 2+ 2+ 2+…+ 2 1 2 3 n 1 1 1 1 < + + +…+ 1 1·2 2·3 (n-1)·n 1 ?1 1? ?1 1? ? 1 -1? = +? - ?+? - ?+…+? ? 1 ?1 2? ?2 3? ?n-1 n? 1 =2- <2. n

7



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