资源简介

重难突破微专题(二)
求数列的通项
一、已知Sn，求an，用作差法：an＝
【典例1】(2021·重庆二模)已知数列的各项均为正数，前n项和为Sn，4Sn＝(an＋1)2.
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)求数列的通项公式；
(3)若λ＞恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】(1)令n＝1得4S1＝4a1＝(a1＋1)2，
故a1＝1
令n＝2得4(a2＋1)＝(a2＋1)2，
又a2＞0，故a2＝3，
令n＝3，得4(a3＋4)＝(a3＋1)2，
又a3＞0，故a3＝5；
(2)4Sn＝(an＋1)2，
当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，相减整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an＋an－1＞0，所以an－an－1－2＝0，n≥2，
所以数列是公差为2的等差数列，
故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1；
(3)由λ＞恒成立，
令Cn＝，Cn＋1－Cn＝－＝，n＝1时为正，n≥2时为负．
C1＜C2＞C3＞C4＞C5…Cn的最大值为C2＝，
故实数λ的取值范围是.
二、已知a1·a2·…·an＝f(n)，an≠0，求an，用作商法：an＝
【典例2】(2021·平顶山二模)已知数列的前n项和为Sn，Sn＝n2an，a1＝1，则Sn＝(　　)
A． B．
C． D．
【解析】选A.当n≥2时，Sn＝n2an，
则Sn＋1＝(n＋1)2an＋1，
且S2＝22a2，即1＋a2＝4a2，所以a2＝.
两式作差得Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an，
即an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an，即(n＋2)an＋1＝nan，
所以＝，即＝(n≥2).
则an＝···…··a2
＝···…··a2＝.
所以Sn＝n2·＝.
三、已知an＋1－an＝f(n)，求an，用累加法：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝f(n－1)＋f(n－2)＋…＋f(1)＋a1(n≥2).
【典例3】设Sn是数列的前n项和，(Sn＋2＋3Sn)－(3Sn＋1＋Sn－1)＝2(n≥2，n∈N*)，且a1＝2，a2＝6，a3＝12.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)求数列的通项公式．
【解析】(1)当n≥2时，由(Sn＋2＋3Sn)－(3Sn＋1＋Sn－1)＝2，可得(Sn＋2－Sn－1)－3(Sn＋1－Sn)＝2，
即an＋2＋an＋1＋an－3an＋1＝2，
整理得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，
则数列从第二项起成等差数列．
因为a1＝2，a2＝6，a3＝12，所以(a3－a2)－(a2－a1)＝2，符合上式，
所以数列是等差数列．
(2)由(1)知an＋1－an＝4＋2(n－1)＝2(n＋1).
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2(n－1)＋…＋2×2＋2＝n(n＋1)，
又由a1＝2，经验证也符合上式，所以数列的通项公式为an＝n(n＋1)(n∈N*).
四、已知＝f(n)，求an，用累乘法：an＝··…··a1＝f(n－1)·f(n－2)·…·f(1)·a1(n≥2).
【典例4】已知是等差数列，其前n项和为Sn，若a3－2，a5－2，a7＋2成等比数列且d≠1，2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝＋2－an，数列的前n项和为Tn， n∈N*，Tn【解析】(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
则2Sn－1＝nan－1，(n>1)
两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，(n>1)
即＝，(n>1)
所以an＝··…··a1＝××…××a1＝na1(n>1)，
当n＝1时，也成立，所以an＝na1，
因为(a5－2)2＝(a3－2)(a7＋2)，
即(5a1－2)2＝(3a1－2)(7a1＋2)，
化简得：a－3a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝1.
当a1＝2时，an＝2n，d＝2满足条件．
当a1＝1时，an＝n，d＝1不满足条件．
所以an＝2n.
(2)bn＝＋2－an＝＋2－2n
＝(－)＋()n，
所以Tn＝(1－＋－＋…＋－)＋
＝(1－)＋(1－)＜＋＝，
n∈N*，Tn＜m恒成立，所以m≥.
五、构造等比数列法：若已知数列{an}中，an＋1＝pan＋q(p≠0，p≠1，q≠0)，a1≠，则数列就是以a1＋为首项，p为公比的等比数列．
【典例5】已知数列的前n项和为Sn，a2＝4，Sn＝an＋1＋2.
(1)证明数列为等比数列，并求出Sn；
(2)求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)由已知Sn＝(Sn＋1－Sn)＋2，
整理得，Sn＋1＝3Sn－4，
所以Sn＋1－2＝3(Sn－2)，当n＝1时，S1＝a2＋2＝4，
所以是以S1－2＝2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn－2＝2×3n－1，
所以Sn＝2×3n－1＋2；
(2)由(1)知，Sn＝2×3n－1＋2，
当n＝1时，a1＝S1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4×3n－2，所以an＝，故＝
当n＝1时，T1＝，当n≥2时，Tn＝＋＋…＋＝＋＝－，对n＝1也满足．故Tn＝－(n∈N*).
六、倒数法：若an＝(mkb≠0，n≥2)，取倒数，令bn＝，则{bn}可转化为bn＋1＝pbn＋q(p≠0，p≠1，q≠0)型．
【典例6】已知数列中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式．
【解析】(1)由an＋1＝(n∈N*)，知＋＝3，
又＋＝，
所以{＋}是以为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)知＋＝×3n－1＝，
所以an＝.
关闭Word文档返回原板块
PAGE

展开更多......

收起↑