资源简介

(共33张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.设Sn是数列{an}的前n项和,已知a1=1且an+1=2Sn+1,则a5= (　　)
A.101 B.81
C.32 D.16
解析:当n=1时,a2=2S1+1=3,当n≥2时,an+1=2Sn+1,　①
an=2Sn-1+1,　②
由①-②得an+1-an=2an,则an+1=3an,且n=1时也满足,故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,a5=1×34=81.
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2.在数列{an}中,a1=1,an+1=,则a34=(　　)
A. B. C. D.100
解析:因为a1=1,an+1=,所以==3+,即-=3,所以是以1为首项,3为公差的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,则an=,所以a34==.
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3.在数列{an}中,若a1=-1,an=(n≥2,n∈N*),则a100等于(　　)
A.-1 B.1 C. D.2
解析:因为a1=-1,an=(n≥2,n∈N*),所以a2===,
a3===2,a4===-1=a1,a5====a2,
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,所以a100=a3×33+1=a1=-1.
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4.若正项数列{an}满足a1=1,+an+1an-6=0,则+++…+
等于(　　)
A.4n-1 B.(4n-1)
C.2n-1 D.(2n-1)
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解析:由+an+1an-6=0,得(an+1-2an)(an+1+3an)=0.又{an}是正项数列,所以an+1-2an=0,即=2,则数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,an=2n-1,=(2n-1)2=22(n-1)=4n-1.又=1,==4,
所以数列{}是以1为首项,4为公比的等比数列,
所以+++…+==(4n-1).
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5.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),a1=,an+4Sn-1Sn=0(n≥2),则下列命题正确的是(　　)
A.Sn= B.an=-
C.数列{an}为递增数列 D.数列为递增数列
√
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解析:∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2),∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2),
∵Sn≠0,∴-=4(n≥2),因此数列是以=4为首项,4为公差的等差数列,也是递增数列,即D正确;
∴=4+4(n-1)=4n,∴Sn=,即A正确;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-,
∴an=a1>a2,即B、C不正确.
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6.(2024·西安模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn+1=an+1-nan+2
(n∈N*),则=(　　)
A.190 B.210
C.380 D.420
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解析:数列{an}中,n∈N*,Sn+1=an+1-nan+2,当n≥2时,Sn=an-(n-1)an-1+2,两式相减得an+1=an+1-(n+1)an+(n-1)an-1,即(n+1)·an=(n-1)an-1,因此(n+1)nan=n(n-1)an-1,显然数列{(n+1)nan}是常数列.
而S2=a2-a1+2,解得a1=1,于是(n+1)nan=2×1×a1=2,
因此an=,所以==210.
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7.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则S10= (　　)
A. B.
C.410-1 D.411-1
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解析:因为an=3an-1+4an-2(n≥3),所以an+an-1=4(an-1+an-2).又a1+a2=3≠0,所以=4(n≥3),所以{an+an+1}是等比数列,公比为4,首项为3,则数列{a2n-1+a2n}也是等比数列,公比为42=16,首项为3.所以S10==.
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8.(2024·徐州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且3Sn=2an+1,
n∈N*.若Sk≥2 024,则正整数k的最小值为 (　　)
A.11 B.12
C.13 D.14
解析:已知数列{an}中,3Sn=2an+1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则3Sn=2Sn-2Sn-1+1,
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整理得Sn=-2Sn-1+1,即Sn-=-2.又3S1=2a1+1=2S1+1,即S1=1,所以数列是以S1-=为首项,-2为公比的等比数列,Sn-=·(-2)n-1,则Sn=,由Sk≥2 024,知k为奇数,此时Sk=是递增的,而S11===683<2 024,S13===2 731>2 024,所以正整数k的最小值为13.
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9.若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<930的最大正整数n为 (　　)
A.28 B.29
C.30 D.31
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解析:依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,
=(n≥2),所以an=a1···…·=2××××…×
×=n(n+1),a1=2也符合,所以an=n(n+1),则{an}是递增数列.
由an=n(n+1)<930,即(n+31)(n-30)<0,解得-31所以n的最大值为29.
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10.对于数列{an},若满足nRn=a1+a2+a3+…+an,则称Rn为数列{an}的“优值”,现已知数列{an}的“优值”Rn=,记数列的前n项和为Sn,则Sn的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
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解析:由已知得=a1+a2+a3+…+an-1+an,①当n≥2时,=a1+a2+a3+…+an-1,②所以①-②得-=an,即an=-(n-1)=-n+1.又当n=1时,=a1,符合an=-n+1,故an=-n+1.所以an+=-n+.令an+=-n+>0,得n≤5,所以Sn的最大值为S5==.
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11.设数列{an}的前n项和为Sn,an+1+an=2n+3,且Sn=1 450,若a2<4,则n的最大值为 (　　)
A.50 B.51
C.52 D.53
解析:∵an+1+an=2n+3,∴an+1-(n+2)=-[an-(n+1)].
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∴{an-(n+1)}是以-1为公比的等比数列,∴an-(n+1)=(a1-2)·(-1)n-1,
an=(n+1)+(a1-2)·(-1)n-1,∴Sn=[2+3+…+(n+1)]+(a1-2)[1+(-1)+(-1)2+…+
(-1)n-1]=+(a1-2)·.当n为偶数时,Sn==1 450无解;当n为奇数时,Sn=+a1-2=1 450,∴a1=1 452-.
又a1+a2=5,∴a2=5-a1<4,即a1>1,即n(n+3)<2 902,y=n(n+3)在N*上递增.又n为奇数,51×54=2 754<2 902,53×56=2 968>2 902,故n的最大值为51.
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12.在数列{an}中,a1=2,an+1=2an+4n+4,(n∈N*),则a5=　　　　.
解析:∵an+1=2an+4n+4=+4(n+1),∴=+4,即+4=+8=2,∴=2,则数列是以6为首项,2为公比的等比数列,∴+4=6×2n-1,∴an=3n·2n-4n,∴a5=3×5×25-4×5=460.
460
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13.设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则
a1=　 　　,Sn=　　　 　.
解析:因为S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,令n=1可得
解得由an+1=2Sn+1可得an=2Sn-1+1(n≥2),两式相减可得an+1-an=2an,整理得an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,则an+1=3an,且a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以Sn==.
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14.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列.某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表.
1　2　3　4　 5　6　…
3　5　7　9　11　13　…
　 8 121620　24　28　…
　　…　…　…　…　…　…
该数表的第一行是数列{n},第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和,则这个数表中第4行的第5个数为　　　,各行的第一个数依次构成数列{an},则该数列的通项公式为　　　 　.
52
an=(n+1)2n-2
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解析:由数表规律可知,第4行的第1个数为8+12=20.第n行是公差为2n-1的等差数列,所以第4行的公差d=24-1=8,首项为20,则第4行的第5个数为20+4×8=52.记各行的第一个数组成的数列为{an},则a1=1,
an+1=an+an+2n-1=2an+2n-1,两边同除以2n+1,得=+,故是首项为=,公差为的等差数列,则=+(n-1)=,则an=·2n=(n+1)2n-2.
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15.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列{an}:1,1,2,3,5,8,…,其中从第3项起,每一项都等于它前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an,这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a174)+1,则m= (　　)
A.175 B.176
C.177 D.178
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解析:已知从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,a1=a2=1,
由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2- an+1,所以a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,…,an=an+2- an+1,将这n个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1,所以Sn+1=an+2.
所以2(a3+a6+a9+…+a174)+1=(a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174)+1
=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+…+a172+a173+a174+1=S174+1=a176.
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16.符号[x]表示不超过实数x的最大整数,如[2.3]=2,[-1.9]=-2.已知数列{an}满足a1=1,a2=5,an+2+4an=5an+1.若bn=[log2an+1],Sn为数列的前n项和,则[S2 025]=(　　)
A.2 023 B.2 024
C.2 025 D.2 026
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解析:因为an+2+4an=5an+1,则an+2-an+1=4(an+1-an),且a2-a1=4,所以数列{an+1-an}是首项为4,公比为4的等比数列,所以an+1-an=4×4n-1=4n,①
由an+2+4an=5an+1可得an+2-4an+1=an+1-4an,且a2-4a1=1,
所以数列{an+1-4an}为常数列,且an+1-4an=1,②
由①②可得an=.
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因为-4n==>0,-2·4n=
=-<0,则4n所以bn=[log2an+1]=2n,所以===2 025,
所以S2 025=2 025=2 025=2 025-∈(2 024,2 025),因此[S2 025]=2 024.
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17.[多选]已知数列{an}满足a1=2,an+1an=2an-1(n∈N*),b1=20a4,
bn+1=anbn(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,且对 n∈N*,2Tn+400≥λn恒成立,则 (　　)
A.a4= 　B.数列为等差数列
C.bn=16n 　D.λ的最大值为225
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解析:由an+1an=2an-1(n∈N*)得a2a1=2a1-1,即2a2=3,解得a2=.
a2a3=2a2-1,即a3=2,解得a3=.a3a4=2a3-1,即a4=,解得a4=,故A错误;
由an+1an=2an-1(n∈N*)得an+1=,∴an+1-1=-1=,∴===+1.又=1,∴数列是以1为首项,1为公差的等差数列,故B正确;
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由B得=n,∴an=+1=,∴bn+1=bn.
又b1=20a4=20×=25,则当n≥2时,bn=··…···b1=··…·××25=25n,
∵b1=25满足bn=25n,∴bn=25n(n∈N*),故C错误;
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由C得Tn=25×(1+2+3+…+n)=,由2Tn+400≥λn得25n(n+1)+400≥λn,∴λ≤25n++25.∵25n+≥2=200
,
∴=225,
则λ≤225,∴λ的最大值为225,故D正确.(共30张PPT)
数列的通项公式与递推公式
习题讲评（二）
递推公式是给出数列的一种重要方法,难度中等或中等以上,利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系进行适当的变形整理.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　 an与Sn的关系
教学点(二)　数列的构造
an与Sn的关系
教学点（一）
[例1]　(2024·广州模拟)已知Sn为正项数列{an}的前n项和.若Sn+2an=Sn+1-1,且S5=57,则a4= (　　)
A.7 B.15
C.8 D.16
√
解析:因为Sn+2an=Sn+1-1,所以2an+1=Sn+1-Sn=an+1,即2(an+1)=an+1+1.因为an>0,所以an+1>0,所以=2,所以数列{an+1}是公比为2的等比数列,所以an+1=(a1+1)·2n-1,则an=(a1+1)·2n-1-1,所以S5=-5=57,解得a1=1,所以an=2n-1,则a4=24-1=15.
[例2]　已知数列{an}的首项为-1,设Sn是数列{an}的前n项和,且an+1=2SnSn+1,则Sn=　　 　　.
解析:∵an+1=Sn+1-Sn(n∈N*),∴Sn+1-Sn=2SnSn+1,
∴-=-2(n∈N*).∵a1=-1,∴=-1,∴是以-1为首项,-2为公差的等差数列,∴=-1-2(n-1)=1-2n,即Sn=.
[思维建模]　an与Sn的关系问题的求解思路
(1)利用an= (n≥2)转化为只含Sn,Sn-1的关系式,再求解.
(2)利用Sn-Sn-1= (n≥2)转化为只含an,an-1的关系式,再求解.
[练1]　数列{an}的前n项和Sn满足Sn=Sn-1+2(n≥2),若S1=2,则log2a8的值是(　　)
A.-7 B.-6
C.6 D.7
√
即时训练
解析:因为Sn=Sn-1+2(n≥2),所以Sn+1=Sn+2,所以Sn+1-Sn=Sn-Sn-1,所以an+1=an.因为S2=S1+2,S1=2,所以2+a2=1+2,得a2=1=a1,
所以数列{an}是以2为首项,为公比的等比数列,
所以a8=a1×=2×2-7=2-6,所以log2a8=log22-6=-6.
[练2]　(2024·开封三模)记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an}的前n项积,若a1=1,an+1=Sn,则满足Tn>1 000的n的最小值是 (　　)
A.5 B.6
C.7 D.8
√
解析:由an+1=Sn可得Sn+1-Sn=Sn Sn+1=2Sn,S1=1≠0,故{Sn}是公比为2的等比数列,故Sn=2n-1,所以an+1=Sn=2n-1,故n≥2,an=2n-2,(注意:此处勿忽略n≥2)因此an=
故Tn=a1a2a3·…·an=1×20×21×2n-2=,要使Tn>1 000,则>1 000,当n=6时,210>1 000,当n=5时,26<1 000,且在n≥5时,随着正整数n的增大而增大,故n的最小值为6.
数列的构造
教学点（二）
类型一　形如an+1=qan+p(p≠0,q≠0,q≠1)型
[例1]　若数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2(n≥1,n∈N),则数列{an}的前
n项和Sn=　　 　　.
解析:由an+1=3an+2得an+1+1=3(an+1)①,
所以数列{an+1}是以3为公比的等比数列,其中首项a1+1=3,
所以an+1=3×3n-1=3n,所以an=3n-1,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an=(31+32+…+3n)-n= .
发散拓展:①处,对“2”进行分配,使等式左右两边保持形式上的一致,构造出新的等比数列{an+1}.
②处,数列通项为等差和等比数列通项之和(差)的形式,求和时可使用分组求和的方法.
[思维建模]
形如an+1=qan+p(p≠0,q≠0,q≠1)类型的递推公式,利用待定系数法构造数列,即an+1+M=q(an+M),其中M=.
类型二　形如an+1=pan+f(n)型
[例2]　在数列{an}中,a1=3,且an+1=3an+4n-6(n∈N*),则{an}的通项公式为　　　　　 　　.
解析:因为an+1=3an+4n-6(n∈N*),设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y),其中x,y∈R,整理可得an+1=3an+2xn+2y-x,
所以解得所以an+1+2(n+1)-2=3(an+2n-2),
且a1+2×1-2=a1=3,所以数列{an+2n-2}是首项为3,公比为3的等比数列,所以an+2n-2=3×3n-1=3n,解得an=3n-2(n-1).
an=3n-2(n-1)
[例3]　已知数列{an}满足an+1=2an+4·3n-1,a1=-1,则数列{an}的通项公式为　　　 　 　　.
解析:法一:设an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1),整理得an+1=2an-λ·3n-1,可得λ=-4,
即an+1-4×3n=2(an-4×3n-1),且a1-4×31-1=-5≠0,
则数列{an-4·3n-1}是首项为-5,公比为2的等比数列,
所以an-4×3n-1=-5×2n-1,即an=4×3n-1-5×2n-1.
an=4×3n-1-5×2n-1
法二:两边同除以qn+1　两边同时除以3n+1,得=×+,整理得-=×,且-=-≠0,
则数列是首项为-,公比为的等比数列,
所以-=-×,即an=4×3n-1-5×2n-1.
法三:两边同除以pn+1　两边同时除以2n+1,
得=+,即-=,
当n≥2时,则=++…++=+
+…+1-=-=2×-,故an=4×3n-1-5×2n-1(n≥2),
显然当n=1时,a1=-1符合上式,故an=4×3n-1-5×2n-1.
[思维建模]
(1)形如an+1=αan+β(α≠0,α≠1,β≠0)的递推式可用构造法求通项,构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量,构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量,使之成为等差数列或等比数列.
(2)递推公式an+1=αan+β的推广式an+1=αan+β×γn(α≠0,α≠1,β≠0,
γ≠0,γ≠1),两边同时除以γn+1后得到=·+,转化为bn+1=kbn+
(k≠0,k≠1)的形式,通过构造公比是k的等比数列求解.
类型三　形如an+1=(p>0,r≠0,s≠0,an≠0)型
[例4]　(2024·镇江中学模拟)[多选]已知数列{an}满足a1=1,an+1=,则下列结论正确的有(　　)
A.为等比数列 B.an=
C.{an}为递增数列 D.的前n项和Tn=2n+2-3n-4
√
√
解析:因为a1=1,an+1=,所以==+3,
所以+3=2.(注意:当分母出现加减运算时,我们很难进行化简,所以往往取倒数寻找突破点)
又+3=4,所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列,所以+3=4×2n-1=2n+1,即an=,故A、B正确;
因为an+1-an=-==.
因为n≥1,所以2n+2-3>0,2n+1-3>0,-2n+1<0,所以an+1-an<0,所以{an}为递减数列,故C错误;
易知=2n+1-3,则Tn=(22+23+24+…+2n+1)-3n=-3n=2n+2-3n-4,故D正确.
多元思维:对于C项也可利用函数的单调性求解.
因为an=,对应函数f(x)=,很容易就可以判断出函数f(x)在,上单调递减,故an=在[1,+∞)上为递减数列.
[思维建模]
递推公式an+1=(p>0,r≠0,s≠0,an≠0),在等式两边同时取倒数,变形为= ,利用待定系数法构造新的等比数列求解.若s=p≠0,则是以 为首项, 为公差的等差数列,即= .
[练1]　已知在数列{an}中,a1=,an+1=an+,则an=(　　)
A.- B.-
C.- D.-
即时训练
√
即时训练
解析:因为a1=,an+1=an+,所以2n+1·an+1=·2nan+1,整理得2n+1·an+1-3=·(2nan-3),所以数列{2nan-3}是以2a1-3=-为首项,为公比的等比数列.所以2nan-3=-×,解得an=-.
[练2]　设数列{an}满足a1=4,an=3an-1+2n-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为　　　　　 　.
解析:设an+pn+q=3[an-1+p(n-1)+q],化简后得an=3an-1+2pn+(2q-3p),则解得即an+n+1=3(an-1+n-1+1).令bn=an+n+1,则bn=3bn-1.又b1=6,故bn=6·3n-1=2·3n=an+n+1,得an=2·3n-n-1.
an=2·3n-n-1
[练3]　数列{an}中,an+1=对所有正整数n都成立且a1=2,则
an=　　　　.
解析:在数列{an}中,an+1=,所以=+,即-=(常数),所以数列是以=为首项,为公差的等差数列.所以=+(n-1)=,故an=.习题讲评(二)　数列的通项公式与递推公式
递推公式是给出数列的一种重要方法,难度中等或中等以上,利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系进行适当的变形整理.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　an与Sn的关系
[例1]　(2024·广州模拟)已知Sn为正项数列{an}的前n项和.若Sn+2an=Sn+1-1,且S5=57,则a4= (　　) A.7 B.15 C.8 D.16 [例2]　已知数列{an}的首项为-1,设Sn是数列{an}的前n项和,且an+1=2SnSn+1,则Sn=　　　　. [练1]　数列{an}的前n项和Sn满足Sn=Sn-1+2(n≥2),若S1=2,则log2a8的值是 (　　) A.-7 B.-6 C.6 D.7 [练2]　(2024·开封三模)记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an}的前n项积,若a1=1,an+1=Sn,则满足Tn>1 000的n的最小值是 (　　) A.5 B.6 C.7 D.8 [自助空间] 思维建模:an与Sn的关系问题的求解思路 (1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn,Sn-1的关系式,再求解. (2)利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an,an-1的关系式,再求解.
教学点(二)　数列的构造
类型一　形如an+1=qan+p(p≠0,q≠0,q≠1)型 [例1]　若数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2(n≥1,n∈N),则数列{an}的前n项和Sn=　　　　. 类型二　形如an+1=pan+f(n)型 [例2]　在数列{an}中,a1=3,且an+1=3an+4n-6(n∈N*),则{an}的通项公式为　　　　　 　　. [例3]　已知数列{an}满足an+1=2an+4·3n-1,a1=-1,则数列{an}的通项公式为　　　　 　　. 类型三　形如an+1=(p>0,r≠0,s≠0,an≠0)型 [例4]　(2024·镇江中学模拟)[多选]已知数列{an}满足a1=1,an+1=,则下列结论正确的有 (　　) A.为等比数列　 B.an= C.{an}为递增数列 D.的前n项和Tn=2n+2-3n-4 [练1]　已知在数列{an}中,a1=,an+1=an+,则an= (　　) A.- B.- C.- D.- [练2]　设数列{an}满足a1=4,an=3an-1+2n-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为　　　　　　. [练3]　数列{an}中,an+1=对所有正整数n都成立且a1=2,则an=　　　　. [自助空间] 思维建模: 形如an+1=qan+p(p≠0,q≠0,q≠1)类型的递推公式,利用待定系数法构造数列,即an+1+M=q(an+M),其中M=. 思维建模: (1)形如an+1=αan+β(α≠0,α≠1,β≠0)的递推式可用构造法求通项,构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量,构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量,使之成为等差数列或等比数列. (2)递推公式an+1=αan+β的推广式an+1=αan+β×γn(α≠0,α≠1,β≠0,γ≠0,γ≠1),两边同时除以γn+1后得到=·+,转化为bn+1=kbn+(k≠0,k≠1)的形式,通过构造公比是k的等比数列求解. 思维建模: 递推公式an+1=(p>0,r≠0,s≠0,an≠0),在等式两边同时取倒数,变形为==·+,利用待定系数法构造新的等比数列求解.若s=p≠0,则是以为首项,为公差的等差数列,即=+(n-1).
教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.设Sn是数列{an}的前n项和,已知a1=1且an+1=2Sn+1,则a5= (　　) A.101 B.81 C.32 D.16 2.在数列{an}中,a1=1,an+1=,则a34= (　　) A. B. C. D.100 3.在数列{an}中,若a1=-1,an=(n≥2,n∈N*),则a100等于 (　　) A.-1 B.1 C. D.2 4.若正项数列{an}满足a1=1,+an+1an-6=0,则+++…+等于 (　　) A.4n-1 B.(4n-1) C.2n-1 D.(2n-1) 5.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),a1=,an+4Sn-1Sn=0(n≥2),则下列命题正确的是 (　　) A.Sn= B.an=- C.数列{an}为递增数列 D.数列为递增数列 6.(2024·西安模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn+1=an+1-nan+2(n∈N*),则= (　　) A.190 B.210 C.380 D.420 7.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则S10= (　　) A. B. C.410-1 D.411-1 8.(2024·徐州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且3Sn=2an+1,n∈N*.若Sk≥2 024,则正整数k的最小值为 (　　) A.11 B.12 C.13 D.14 [自助空间] 第5题　易错提醒: 由Sn与an的关系求an时,要对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2时an的表达式,若符合,则数列的通项公式合写;若不符合,则应该分n=1与n≥2两段来写.
9.若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<930的最大正整数n为 (　　) A.28 B.29 C.30 D.31 10.对于数列{an},若满足nRn=a1+a2+a3+…+an,则称Rn为数列{an}的“优值”,现已知数列{an}的“优值”Rn=,记数列的前n项和为Sn,则Sn的最大值为 (　　) A. B. C. D. 11.设数列{an}的前n项和为Sn,an+1+an=2n+3,且Sn=1 450,若a2<4,则n的最大值为 (　　) A.50 B.51 C.52 D.53 12.在数列{an}中,a1=2,an+1=2an+4n+4,(n∈N*),则a5=　　　　. 13.设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=　 　　,Sn=　　　　. 14.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列.某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表. 1　2　3　4　 5　6　… 3　5　7　9　11　13　… 　 8 121620　24　28　… 　　…　…　…　…　…　… 该数表的第一行是数列{n},第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和,则这个数表中第4行的第5个数为　　　　,各行的第一个数依次构成数列{an},则该数列的通项公式为　　　　. 15.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列{an}:1,1,2,3,5,8,…,其中从第3项起,每一项都等于它前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an,这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a174)+1,则m= (　　) A.175 B.176 C.177 D.178 16.符号[x]表示不超过实数x的最大整数,如[2.3]=2,[-1.9]=-2.已知数列{an}满足a1=1,a2=5,an+2+4an=5an+1.若bn=[log2an+1],Sn为数列的前n项和,则[S2 025]= (　　) A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 17.[多选]已知数列{an}满足a1=2,an+1an=2an-1(n∈N*),b1=20a4,bn+1=anbn(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,且对 n∈N*,2Tn+400≥λn恒成立,则 (　　) A.a4= B.数列为等差数列 C.bn=16n D.λ的最大值为225 第9题　习得方法: 形如an+1=an·f(n)的递推关系式可化为=f(n)的形式,可用累乘法,也可用an=··…··a1代入求出通项.
习题讲评(二)　数列的通项公式与递推公式
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　an与Sn的关系
[例1]　选B　
因为Sn+2an=Sn+1-1,所以2an+1=Sn+1-Sn=an+1,即2(an+1)=an+1+1.因为an>0,所以an+1>0,所以=2,所以数列{an+1}是公比为2的等比数列,所以an+1=(a1+1)·2n-1,则an=(a1+1)·2n-1-1,所以S5=-5=57,解得a1=1,所以an=2n-1,则a4=24-1=15.
[例2]　答案:
解析:∵an+1=Sn+1-Sn(n∈N*),∴Sn+1-Sn=2SnSn+1,∴-=-2(n∈N*).
∵a1=-1,∴=-1,
∴是以-1为首项,-2为公差的等差数列,
∴=-1-2(n-1)=1-2n,即Sn=.
[练1]　选B　
因为Sn=Sn-1+2(n≥2),所以Sn+1=Sn+2,所以Sn+1-Sn=Sn-Sn-1,所以an+1=an.因为S2=S1+2,S1=2,所以2+a2=1+2,得a2=1=a1,所以数列{an}是以2为首项,为公比的等比数列,所以a8=a1×=2×2-7=2-6,所以log2a8=log22-6=-6.
[练2]　选B　
由an+1=Sn可得Sn+1-Sn=Sn Sn+1=2Sn,S1=1≠0,故{Sn}是公比为2的等比数列,故Sn=2n-1,所以an+1=Sn=2n-1,故n≥2,an=2n-2,(注意:此处勿忽略n≥2)因此an=故Tn=a1a2a3·…·an=1×20×21×2n-2=,要使Tn>1 000,则>1 000,当n=6时,210>1 000,当n=5时,26<1 000,且在n≥5时,随着正整数n的增大而增大,故n的最小值为6.
教学点(二)　数列的构造
[例1]　答案:
解析:由an+1=3an+2得an+1+1=3(an+1)①,
所以数列{an+1}是以3为公比的等比数列,其中首项a1+1=3,
所以an+1=3×3n-1=3n,所以an=3n-1,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an=(31+32+…+3n)-n=-n=②.
发散拓展:①处,对“2”进行分配,使等式左右两边保持形式上的一致,构造出新的等比数列{an+1}.
②处,数列通项为等差和等比数列通项之和(差)的形式,求和时可使用分组求和的方法.
[例2]　答案:an=3n-2(n-1)
解析:因为an+1=3an+4n-6(n∈N*),设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y),其中x,y∈R,
整理可得an+1=3an+2xn+2y-x,
所以解得
所以an+1+2(n+1)-2=3(an+2n-2),
且a1+2×1-2=a1=3,所以数列{an+2n-2}是首项为3,公比为3的等比数列,所以an+2n-2=3×3n-1=3n,解得an=3n-2(n-1).
[例3]　答案:an=4×3n-1-5×2n-1
解析:法一:设an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1),整理得an+1=2an-λ·3n-1,可得λ=-4,
即an+1-4×3n=2(an-4×3n-1),且a1-4×31-1=-5≠0,
则数列{an-4·3n-1}是首项为-5,公比为2的等比数列,
所以an-4×3n-1=-5×2n-1,即an=4×3n-1-5×2n-1.
法二:两边同除以qn+1　两边同时除以3n+1,得=×+,整理得-=×,且-=-≠0,
则数列是首项为-,公比为的等比数列,
所以-=-×,即an=4×3n-1-5×2n-1.
法三:两边同除以pn+1　两边同时除以2n+1,得=+,即-=,
当n≥2时,则=++…++=++…+1-=-=2×-,
故an=4×3n-1-5×2n-1(n≥2),
显然当n=1时,a1=-1符合上式,故an=4×3n-1-5×2n-1.
[例4]　选ABD　
因为a1=1,an+1=,所以==+3,所以+3=2.
(注意:当分母出现加减运算时,我们很难进行化简,所以往往取倒数寻找突破点)
又+3=4,所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列,所以+3=4×2n-1=2n+1,即an=,故A、B正确;
因为an+1-an=-==.
因为n≥1,所以2n+2-3>0,2n+1-3>0,-2n+1<0,所以an+1-an<0,所以{an}为递减数列,故C错误;
易知=2n+1-3,则Tn=(22+23+24+…+2n+1)-3n=-3n=2n+2-3n-4,故D正确.
多元思维:对于C项也可利用函数的单调性求解.
因为an=,对应函数f(x)=,很容易就可以判断出函数f(x)在,上单调递减,故an=在[1,+∞)上为递减数列.
[练1]　选A　
因为a1=,an+1=an+,所以2n+1·an+1=·2nan+1,整理得2n+1·an+1-3=·(2nan-3),所以数列{2nan-3}是以2a1-3=-为首项,为公比的等比数列.所以2nan-3=-×,解得an=-.
[练2]　答案:an=2·3n-n-1
解析:设an+pn+q=3[an-1+p(n-1)+q],化简后得an=3an-1+2pn+(2q-3p),则解得即an+n+1=3(an-1+n-1+1).令bn=an+n+1,则bn=3bn-1.又b1=6,故bn=6·3n-1=2·3n=an+n+1,得an=2·3n-n-1.
[练3]　答案:
解析:在数列{an}中,an+1=,所以=+,即-=(常数),所以数列是以=为首项,为公差的等差数列.所以=+(n-1)=,故an=.
教学环节二　课时作业讲评
1.选B　
当n=1时,a2=2S1+1=3,当n≥2时,an+1=2Sn+1,　①
an=2Sn-1+1,　②
由①-②得an+1-an=2an,则an+1=3an,且n=1时也满足,故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,a5=1×34=81.
2.选C　
因为a1=1,an+1=,所以==3+,即-=3,所以是以1为首项,3为公差的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,则an=,所以a34==.
3.选A　
因为a1=-1,an=(n≥2,n∈N*),所以a2===,a3===2,a4===-1=a1,a5====a2,所以数列{an}是以3为周期的周期数列,所以a100=a3×33+1=a1=-1.
4.选B　
由+an+1an-6=0,得(an+1-2an)(an+1+3an)=0.又{an}是正项数列,所以an+1-2an=0,即=2,则数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,an=2n-1,=(2n-1)2=22(n-1)=4n-1.又=1,==4,所以数列{}是以1为首项,4为公比的等比数列,所以+++…+==(4n-1).
5.选AD　
∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2),∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2),∵Sn≠0,∴-=4(n≥2),因此数列是以=4为首项,4为公差的等差数列,也是递增数列,即D正确;∴=4+4(n-1)=4n,∴Sn=,即A正确;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-,∴an=a1>a2,即B、C不正确.
6.选B　
数列{an}中,n∈N*,Sn+1=an+1-nan+2,当n≥2时,Sn=an-(n-1)an-1+2,两式相减得an+1=an+1-(n+1)an+(n-1)an-1,即(n+1)·an=(n-1)an-1,因此(n+1)nan=n(n-1)an-1,显然数列{(n+1)nan}是常数列.而S2=a2-a1+2,解得a1=1,于是(n+1)nan=2×1×a1=2,因此an=,所以==210.
7.选A　
因为an=3an-1+4an-2(n≥3),所以an+an-1=4(an-1+an-2).又a1+a2=3≠0,所以=4(n≥3),所以{an+an+1}是等比数列,公比为4,首项为3,则数列{a2n-1+a2n}也是等比数列,公比为42=16,首项为3.所以S10==.
8.选C　
已知数列{an}中,3Sn=2an+1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则3Sn=2Sn-2Sn-1+1,整理得Sn=-2Sn-1+1,即Sn-=-2.又3S1=2a1+1=2S1+1,即S1=1,所以数列是以S1-=为首项,-2为公比的等比数列,Sn-=·(-2)n-1,则Sn=,由Sk≥2 024,知k为奇数,此时Sk=是递增的,而S11===683<2 024,S13===2 731>2 024,所以正整数k的最小值为13.
9.选B　
依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,=(n≥2),所以an=a1···…·=2××××…××=n(n+1),a1=2也符合,所以an=n(n+1),则{an}是递增数列.由an=n(n+1)<930,即(n+31)(n-30)<0,解得-3110.选D　
由已知得=a1+a2+a3+…+an-1+an,①当n≥2时,=a1+a2+a3+…+an-1,②所以①-②得-=an,即an=-(n-1)=-n+1.又当n=1时,=a1,符合an=-n+1,故an=-n+1.所以an+=-n+.令an+=-n+>0,得n≤5,所以Sn的最大值为S5==.
11.选B　
∵an+1+an=2n+3,∴an+1-(n+2)=-[an-(n+1)]. ∴{an-(n+1)}是以-1为公比的等比数列,
∴an-(n+1)=(a1-2)·(-1)n-1,an=(n+1)+(a1-2)·(-1)n-1,∴Sn=[2+3+…+(n+1)]+(a1-2)[1+(-1)+(-1)2+…+(-1)n-1]=+(a1-2)·.当n为偶数时,Sn==1 450无解;当n为奇数时,Sn=+a1-2=1 450,∴a1=1 452-.又a1+a2=5,∴a2=5-a1<4,即a1>1,即n(n+3)<2 902,y=n(n+3)在N*上递增.又n为奇数,51×54=2 754<2 902,53×56=2 968>2 902,故n的最大值为51.
12.答案:460
解析:∵an+1=2an+4n+4=+4(n+1),∴=+4,即+4=+8=2,
∴=2,则数列是以6为首项,2为公比的等比数列,∴+4=6×2n-1,
∴an=3n·2n-4n,∴a5=3×5×25-4×5=460.
13.答案:1　
解析:因为S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,令n=1可得解得由an+1=2Sn+1可得an=2Sn-1+1(n≥2),两式相减可得an+1-an=2an,整理得an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,则an+1=3an,且a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以Sn==.
14.答案:52　an=(n+1)2n-2
解析:由数表规律可知,第4行的第1个数为8+12=20.第n行是公差为2n-1的等差数列,所以第4行的公差d=24-1=8,首项为20,则第4行的第5个数为20+4×8=52.记各行的第一个数组成的数列为{an},则a1=1,an+1=an+an+2n-1=2an+2n-1,两边同除以2n+1,得=+,故是首项为=,公差为的等差数列,则=+(n-1)=,则an=·2n=(n+1)2n-2.
15.选B　
已知从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,a1=a2=1,由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2- an+1,所以a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,…,an=an+2- an+1,将这n个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1,所以Sn+1=an+2.所以2(a3+a6+a9+…+a174)+1=(a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174)+1=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+…+a172+a173+a174+1=S174+1=a176.
16.选B　
因为an+2+4an=5an+1,则an+2-an+1=4(an+1-an),且a2-a1=4,所以数列{an+1-an}是首项为4,公比为4的等比数列,所以an+1-an=4×4n-1=4n,①
由an+2+4an=5an+1可得an+2-4an+1=an+1-4an,且a2-4a1=1,所以数列{an+1-4an}为常数列,且an+1-4an=1,②
由①②可得an=.因为-4n==>0,-2·4n==-<0,则4n17.选BD　
由an+1an=2an-1(n∈N*)得a2a1=2a1-1,即2a2=3,解得a2=.a2a3=2a2-1,即a3=2,解得a3=.a3a4=2a3-1,即a4=,解得a4=,故A错误;
由an+1an=2an-1(n∈N*)得an+1=,∴an+1-1=-1=,∴===+1.又=1,∴数列是以1为首项,1为公差的等差数列,故B正确;
由B得=n,∴an=+1=,∴bn+1=bn.又b1=20a4=20×=25,则当n≥2时,bn=··…···b1=··…·××25=25n,∵b1=25满足bn=25n,∴bn=25n(n∈N*),故C错误;
由C得Tn=25×(1+2+3+…+n)=,由2Tn+400≥λn得25n(n+1)+400≥λn,∴λ≤25n++25.
∵25n+≥2=200,∴=225,则λ≤225,∴λ的最大值为225,故D正确.

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