求通项公式.docx
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求通项公式
求通项公式
教学目标:
求通项公式的方法总结
教学重难点:
对求通项公式的基本方法
★★★高考在考什么
【考题回放】
1.已知数列{an}的前n项和为sn,且sn=2(an-1),则a2等于(a)a.4b.2c.1d.-2
2.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2-an=1+(-1)n(n∈n*),则s10=35.3.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n≥1),则该数列的通项an=__2n+1-3___.4.对正整数n,设曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为an,则数列{2n+1-2.
5.已知数列{an}的前n项和sn=n2-9n,则其通项an=若它的第k项满足56.已知数列{an}对于任意p,q∈n*,有ap+aq=ap+q,若a1=
2
n
ann+1
}的前n项和的公式是
19
,则a36=4
7.已知正项数列{an},其前n项和sn满足10sn=a+5an+6且a1,a3,a15成等比数列,求数列{an}的通项an.
解析∵10sn=an2+5an+6,①∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3.又10sn-1=an-12+5an-1+6(n≥2),②
22
由①-②得10an=(an-an-1)+6(an-an-1),即(an+an-1)(an-an-1-5)=0
∵an+an-1>0,∴an-an-1=5(n≥2).
当a1=3时,a3=13,a15=73.a1,a3,a15不成等比数列∴a1≠3;
当a1=2时,a3=12,a15=72,有a32=a1a15,∴a1=2,∴an=5n-3.★★★高考要考什么一、根据数列{an}的前n项和求通项sn=a1+a2+a3+……+anan=⎧⎨已知数列前n项和sn,相当于知道了n≥2时候an,但不可忽视n=1.二、由递推关系求数列的通项
1.利用迭加an-an-1=f(n)、迭乘an/an-1=f(n)、迭代。
2.一阶递推an+1=pan+q,我们通常将其化为(an+1-a)=p(an-a)
看成{bn}的等比数列。
s1(n=1)
⎩sn-sn-1(n≥2)3.利用换元思想(变形为前一项与后一项成等差等比关系,直接写出新数列通项化简得an)。
4.对含an与sn的题,进行熟练转化为同一种解题,注意化简时n的范围。
★★★突破重难点
【范例1】{an}满足a1=1且8an+1an-16an+1+2an+5=0(n≥1).记bn=
(Ⅰ)求b1、b2、b3、b4的值;
(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和sn.解析(i)bn=
1an-
12得an=
1bn
+12
代入递推关系
8an+1an-16an+1+2an+5=0,
1an-
12
(n≥1).
整理得
4bn+1bn
-
6bn+1
+3bn432
3
=0,即bn+1=2bn-
43
=2(bn-
43
43
由a1=1,有b1=2,所以b2=
43=23≠0,
83
b3=4,b4=
203
.
(Ⅱ)由bn+1=2bn-所以{bn-是首项为
34
bn+1-),b1-
公比q=2的等比数列,故
bn-
43
=
13
⋅2,即bn=
n
13
⋅2+
n
43
(n≥1).由bn=
1an-
12
得anbn=
12
bn+1,
1
故sn=a1b1+a2b2++anbn=
12
(b1+b2++bn)+n=(1-2)1-2
+
n
53
n=
13
(2+5n-1)..
n
n=1,,23,)【变式】数列{an}中,,且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.(i)a1=2,an+1=an+(c是常数,
求c的值;(ii)求{an}的通项公式.解:
(i)a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,
因为a1,a2,a3成等比数列,所以(2+c)2=2(2+3c),解得c=0或c=2.当c=0时,a1=a2=a3,不符合题意舍去,故c=2.(ii)当n≥2时,由于
a2-a1=c,a3-a2=2c,
…………
an-an-1=(n-1)c,
所以an-a1=[1+2++(n-1)]c=
n(n-1)2
c.
2
3,).当n=1时,上式也成立,又a1=2,c=2,故an=2+n(n-1)=n-n+2(n=2,
2
2)所以an=n-n+2(n=1,,
1)an=【范例2】设数列{an}的首项
a1∈(0,,
3-an-1
2
,n=2,3,,4….
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=an,证明bn3-an-1
2
,n=2,3,,4…,整理得1-an=-
12
(1-an-1).
⎛1⎫
又1-a1≠0,所以{1-an}是首项为1-a1,公比为-的等比数列,得an=1-(1-a1)-⎪
2⎝2⎭
1
n-1
(2)方法一:
由
(1)可知032
,故bn>0.则
2
bn+1
2
3-an⎫9an⎛3-an⎫⎛22222
-bn=an+1(3-2an+1)-an(3-2an)=3-2⨯-a(3-2a)=(an-1).nn⎪⎪
2⎭4⎝2⎭⎝
又由
(1)知an>0且an≠1,故bn2+1-bn2>0,因此bnn+1,n为正整数.
方法二:
由
(1)可知03-an
2
32
,an≠1,
因为an+1=,所以bn+1=an+=
3
2
.
2
⎛
3-an⎫
由an≠1可得an(3-2an)
⎝
2⎭⎛3-an⎫
a(3-2an)
⎝2⎭
2n
两边开平方得
a
3-an
2
bn2
【变式】已知数列{an}中,对一切自然数n,都有an∈(0,1)且an⋅an+1+2an+1-an=0.
1
an;
(2)若sn表示数列{an}的前n项之和,则sn
2an+12
解析:
(1)由已知an⋅an+1+2an+1-an=0得an=,2
1-an+1
求证:
(1)an+1
又因为an∈(0,1),所以02an+1,即an+1
2
(2)由结论
(1)可知an
111an-12n-11222
1-
11-
2
1
an.212
⎛11
于是sn=a1+a2++an22
⎝
3
2
12
⎫⎪
⎪
【范例3】由坐标原点o向曲线y=x-3ax+bx(a≠0)引切线,切于o以外的点p1(x1,y1),再由p1引此曲线的切线,切于p1以外的点p2(x2,y2),如此进行下去,得到点列{pn(xn,yn}}.
求:
(Ⅰ)xn与xn-1(n≥2)的关系式;
(Ⅱ)数列{xn}的通项公式;
(Ⅲ)(理)当n→∞时,pn的极限位置的坐解析(Ⅰ)由题得f'(x)=3x2-6ax+b
过点p1(x1,y1)的切线为l1:
y-y1=f'(x1)(x-x1)(x1≠0),l1过原点∴-(x1-3ax1+bx1)=(-x1)(3x1-6ax1+b),得x1=
3
2
2
32
a.
又过点pn(xn,yn)的ln:
y-yn=f'(xn)(x-xn)
因为ln过点pn-1(xn-1,yn-1)∴yn-1-yn=f'(xn)(xn-1-xn)
22
整理得[xn+xn-1xn-2xn-3a(xn-1-xn)](xn-1-xn)=0.-1
∴(xn-1-xn)(xn-1+2xn-3a)=0,由xn≠xn-1得xn-1+2xn-3a=0.
2∴xn=-
12
xn-1+
32a(n≥2).
(Ⅱ)由(i)得xn-a=-1(xn-1-a).
2
所以数列{xn-a}是以
∴xn-a=
a2(-12)
a2
公比为-
12
的等比数列
12)]a.
n
n-1
∴xn=[1-(-
(Ⅲ)limxn=lim[1-(-1)n]a=a,∴limyn=f(a)=a3-3a3+ab=ab-2a3.
n→∞
n→∞
2
n→∞
∴点pn的极限位置为(a,ab-2a).
3
【点睛】注意曲线的切线方程l1:
y-y1=f'(x1)(x-x1)的应用,从而得出递推式.求数列的通项公式是数列的基本问题,一般有三种类型:
(1)已知数列是等差或等比数列,求通项,破解方法:
公式法或待定系数法;
(2)已知sn,求通项,破解方法:
利用sn-sn-1=an,但要注意分类讨论,本例的求解中检验必不可少,值得重视;(3)已知数列的递推公式,求通项,破解方法:
猜想证明法或构造法。
【变式】已知函数f(x)=x3+x2,数列|xn|(xn>0)的第一项xn=1,以后各项按如下方式取定:
曲线x=f(x)在(xn+1,f(xn+1))处的切线与经过(0,0)和(xn,f(xn))两点的直线平行(如图).
22
求证:
当n∈n*时,(Ⅰ)xn+xn=3xn+1+2xn+1;(Ⅱ)()
1
n-1
2
1n-2
≤xn≤().
2
解、(i)证明:
因为f'(x)=3x2+2x,
所以曲线y=f(x)在(xn+1,f(xn+1))处的切线斜率kn+1=3xn+1+2xn+1.
222
即(0,0)和(xn,f(xn))两点的直线斜率是xn+xn,以xn+xn=3xn+1+2xn+1.
2
(ii)因为函数h(x)=x2+x,当x>0时单调递增,
2222
而xn+xn=3xn+1+2xn+1≤4xn+1+2xn+1=(2xn+1)+2xn+1,
所以xn≤2xn+1,即
2
xn+1xn
2
≥
12
因此xn=
xnxn-1
⋅
xn-1xn-2
⋅⋅⋅⋅⋅
x2
1n-1
≥().x12≤12.
2
又因为xn+xn≥2(xn+1+xn+1),令yn=xn+xn,则
yn+1yn
2
因为y1=x1+x1=2,所以yn≤()
1
n-1
2
1n-2
⋅y1=().
2
因此xn≤xn+xn≤()
2
2
1
n-2
1n-11n-2
故()≤xn≤().
22
课后作业:
一、选择题:
本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合
题目要求的.
1.在等差数列{an}中,已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6等于()a.40b.42c.43d.452.数列{an}的前n项和为sn,若an=
56
1n(n+1)
,则s5等于()
130
a.1
b.c.
16
d.
3.设sn是等差数列{an}的前n项和,若s7=35,则a4=()
a.8b.7c.6d.5
4.已知等差数列共有10项,其中奇数项之和15,偶数项之和为30,则其公差是()a.5b.4c.3d.2
5.一个等比数列前n项的和为48,前2n项的和为60,则前3n项的和为()a.83b.108c.75d.63
6.等比数列{an}的各项为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2++log3a10=()a.12b.10c.8d.2+log35
7.已知a,b,c,d成等比数列,且曲线y=x2-2x+3的顶点是(b,c),则ad等于()a.3b.2c.1d.-2
22
8.已知等比数列{an}的前n项和sn=2n-1,则a12+a2++an等于()
a.(2n-1)2b.
1
1nn
(2-1)c.4n-1d.(4-1)33
9.设sn是等差数列{an}的前n项和,若
a5a3
=
59
,则
s9s5
=59a.1b.-1c.2d.
10.在等比数列{an}中,公比q是整数,a1+a4=18,a2+a3=12,则此数列的前8项和为()
a.514b.513c.512d.510
二、填空题:
本大题共4小题,每小题5分,满分20分.11.(1+
12)+(2+
14
)++(n+
4
7
10
12
n
)=.
3n+10
12.设f(n)=2+2+2+2++2(n∈n),则f(n)=.;数列{nan}中数值最
2
23,),则此数列的通项公式为13.若数列{an}的前n项和sn=n-10n(n=1,,
小的项是第项.
14.在等差数列{an}中,a1
三、解答题:
本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程.
15.(本小题满分12分)设{an}是一个公差为d(d≠0)的等差数列,它的前10项和s10=110,且a1,a2,a4成等比数列.
(Ⅰ)证明:
a1=d;(Ⅱ)求公差d的值和数列{an}的通项公式.16.(本小题满分12分)已知数列{an}的前项和为sn,且a1=1,an+1=
13
sn,n∈n.
*
(Ⅰ)求a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式;(Ⅱ)求a2+a4+a6+...+a2n的和.17.(本小题满分14分)已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2)
3-12
n
(Ⅰ)求a2,a3;(Ⅱ)证明an=.18.求下列数列的通项公式(本小题满分14分)
(1)a1=1,
anan-1
=3(n≥2);
(2)a1=1,an=-
n
an-13
+1(n≥2);
n+1
(3)sn是{an}的前n项和,sn=2-1。
19.(本小题满分14分)
已知二次函数f(x)=3x2-2x,数列{an}的前n项和为sn,点(n,sn)(n∈n*)均在函数y=f(x)的图像上.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
3anan+1
m20
(Ⅱ)设bn=,tn是数列{bn}的前n项和,求使得tn
对所有n∈n*都成立的最小正整数m.20.(本小题满分14分)
*
已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈n).(i)求数列{an}的通项公式;(ii)(附加题)证明:
n2-13+a2a3
+...+
anan+1
(n∈n).
*数列练习题——求数列的通项公式参考答案二、填空题:
本大题主要考查基本知识和基本运算.本大题共4小题,每小题5分,满分20分.9.
n(1+n)2
1n2n+4
+1-()10.(8-1)
27
11.2n-11,312.三、解答题:
本大题共6小题,共80分.
15.(Ⅰ)证明:
∵a1,a2,a4成等比数列,∴a22=a1a4.
而{an}是等差数列,有a2=a1+d,a4=a1+3d,于是(a1+d)2=a1(a1+3d)
222
即a1+2a1d+d=a1+3a1d,化简得a1=d.
(Ⅱ)解:
由条件s10=110和s10=10a1+
10⨯92
d,得到10a1+45d=110
由(Ⅰ)知a1=d,代入上式得55d=110,故d=2,an=a1+(n-1)d=2n.
16.解:
(Ⅰ)an+1=
13
sn,n∈n,∴3an+1=sn,∴3an=sn-1,当n≥2时,
n-2
*
an=sn-sn-1=3an+1
⎛4⎫-3an⇒4an=3an+1,an=a2⋅⎪
⎝3⎭
4
4
4
16
=
43
n-2n-1
.
(n=1)⎧1
⎪
所以a2=a1=,a3=a2=,a4=a3=.∴an=⎨4n-2.
3339327⎪n-1(n≥2)
⎩3
4
1
2
4
2n
(Ⅱ)a2+a4+a6+...+a2n
1⎛4⎫1⎛4⎫1⎛4⎫=+⎪+⎪+...+⎪33⎝3⎭3⎝3⎭3⎝3⎭
1
⎛16⎫
[1-⎪]39⎝⎭=
161-
9
1
n
3⎛16⎫=[⎪-1]7⎝9⎭
2
17.解:
(Ⅰ)∵a1=1,∴a2=3+1=4,a3=3+4=13.
n
n-1
(Ⅱ)证明:
由已知an-an-1=3,故
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)++(a2-a1)+a1=3
n
n-1
+3
n-2
++3+1=
3-12
n
.所以an=
3-12
.
19.解:
(Ⅰ)因为点(n,sn)(n∈n*)均在函数y=f(x)的图像上,所以sn=3n2-2n.
2
当n≥2时,an=sn-sn-1=(3n2-2n)-⎡.3n-1)-2(n-1)⎤⎣(⎦=6n-5
当n=1时,a1=s1=3⨯12-2=6⨯1-5,所以an=6n-5(n∈n*).
3anan+1
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知bn=
=
3
(6n-5)[6(n+1)-5]
=
1
26n-5
(
1
-
16n+1
),
n
故tn=
∑
i=1
bi=
1⎡1111111⎤
=(1-).(1-)+(-)+...+(-)⎢⎥2⎣26n+177136n-56n+1⎦
16n+1
m20
因此,要使
12
(1-)
(n∈n*)成立的m,必须且仅须满足
12
≤
m20
,即m≥10,所以满足要求
的最小正整数m为10.
*
20.(i)解:
an+1=2an+1(n∈n),
∴an+1+1=2(an+1).∴{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.n∴an+1=2.n*
即an=2-1(n∈n).
(ii)证明:
akak+1
=
2-12
k+1
k
-1
=
2-12(2-
k
k
1212
k=1,2,...,n,∴
a1a2ak
+
a2a3=2
+...+2-1
k+1k
anan+1=12n2
.1
12
13.2+2-2
k
kak+1
-1
-
2(2
k+1
-1)
=-≥
12
-
11
.k,k=1,2,...,n,32
∴
a1a2
+
a2a3n2-
+...+13
anan+1+
≥a2a3
n2
-
1111n11n1(+2+...+n)=-(1-n)>-,322223223anan+1
(n∈n).
*∴
a1a2
+...+
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