第04讲 人教A版高二数学选修第二册 求数列的通项公式(讲义) （原卷版+解析版）

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模块二 基础知识梳理
求数列的通项公式是高考常考的一专题，形式多样，解题方法很多，常见的有累加法、累乘法、待定系数法、迭代法、取倒数法等，课外延申的还有不动点法等，不管什么方法，一定要理解解题方法的本质，清楚每种方法的适用范围，避免出现“看得懂，模仿做还行，独立思考就含糊”的情况.
方法1 观察法
适用范围：给出数列的前几项，猜测通项公式；
方法：通过观察，得知数列各项之间数值的关系(比如数值之间的差或商成一定规律)或数值结构特点(比如数值的正负，分式，平方)从而求得通项公式.
方法2 an与Sn的关系公式法
适用范围：若得知Sn或an与Sn的关系式，求数列通项公式.
方法：利用an与Sn的关系 an=S1 n=1Sn−Sn−1 n≥ 2，注意分类讨论，最后确定a1是否满足an=fn,n≥2.
方法3 累加法
适用范围：递推式为 an+1=an+f(n).
方法：得到an+1−an=f(n)，利用累加的形式求出an.
方法4 累乘法
适用范围：递推式为 an+1=fnan.
方法：得到an+1an=f(n)，利用累乘的形式求出an.
方法5 构造法
对于一些不是等差等比数列的数列，求其通项公式，通过构造等差或等比数列来求其通项公式是一种很好的思路，其中的情况多样，方法有待定系数法、阶差法、取倒数法、取对数法等.我们要理解其中构造的技巧，做到举一反三.
情况1 递推公式为an+1=pan+q (p , q为常数，p≠1，pq≠0)
待定系数法：把原递推公式转化为：an+1+t=p(an+t)，其中t=qp−1，再利用换元法转化为等比数列{an+t}求解；
情况2 递推公式为an=pan−1qan−1+t (p , q , t为常数)
取倒数法：递推公式两边取倒数，1an=qan−1+tpan−1 =qp+tp∙1an−1，令bn=1an，若p=t，则问题bn是等差数列；若p≠t，问题转化为递推公式为：an+1=p1an+q1的方法处理.
情况3 递推公式为an+1=pan+qn(其中p，q均为常数，pq(p−1)(q−1)≠0). (或an+1=pan+rqn,其中p，q , r均为常数) .
方法一 在原递推公式两边同除以qn+1，得an+1qn+1=pq⋅anqn+1q，令bn=anqn，得bn+1=pqbn+1q再待定系数法解决.
模块三 核心考点梳理
【题型1】 观察法
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)根据下列各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)−11×2,12×3,−13×4,14×5,⋯；(2)−1，7，−13，19，…；
(3)12，2，92，8，252，…；(4)5，55，555，5 555，….
【答案】(1)an=(−)n1n(n+1)，(2)an=(−)n(6n−5)，(3)an=n22，(4)an=59(10n−1)
【详解】
(1)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an=−1n1nn+1；
(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an=−1n(6n－5).
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即12，42，92，8162，252，…；分子为项数的平方，分母都为2，从而可得数列的一个通项公式为an=n22
(4)将原数列改写为59×9,59×99,59×999，…易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝59(10n－1).

【巩固练习】
1.数列−1,23,−45,87,−169,⋯的一个通项公式为( )
A．(−1)n2n2n−1B．(−1)n2n−12n−1C．(−1)n+12n2n+1D．(−1)n2n2n+1
【答案】B
【分析】根据题意，化简数列为−202×0+1,222×1+1,−222×2+1,232×3+1,−242×4+1,⋯，根据运算规律，即可求解.
【详解】由数列−1,23,−45,87,−169,⋯，可得化为−202×0+1,222×1+1,−222×2+1,232×3+1,−242×4+1,⋯，
可得数列−1,23,−45,87,−169,⋯的一个通项公式为an=(−1)n2n−12n−1.
故选：C.
2. 数列1 , −22 , 12 , −24 , 14 , …的一个通项公式为( )
A．(−12)n−1 B．(−22)n C．(−1)n(22)n−1 D．(−1)n+1(22)n−1
【答案】 D
【解析】依题意，数列{an}的符号正负项间隔出现，故符号为－1n+1，且每项为22n−1，故数列{an}的一个通项公式为an=－1n+1•22n−1，
故选：D．
【题型2】 an与Sn的关系公式法
【典题1】 (2024·江苏徐州·一模)已知数列an的前n项和为Sn，且3Sn=2an+1，n∈N*．若Sk≥2024，则正整数k的最小值为( )
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出Sn，再求解不等式即得.
【详解】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−13=−2(Sn−1−13)，
而3S1=2a1+1=2S1+1，即S1=1，
因此数列{Sn−13}是以S1−13=23为首项，公比为−2的等比数列，Sn−13=23⋅(−2)n−1，
则Sn=1−(−2)n3，由Sk≥2024，知k为奇数，此时Sk=1+2k3是递增的，
而S11=1+2113=20493=6832024，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
【典题2】(2024·辽宁·一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，满足Sn=12an2+12an−1(n∈N∗)，且a1,a2,a3,a4,a5成等比数列，当n≥5时，an>0．
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn．
【答案】(1)证明见解析；(2)Sn=1−(−1)n,1≤n≤4,n∈N*12n2−52n+2,n≥5,n∈N*．
【分析】(1)利用an+1=Sn+1−Sn得到an+1和an的关系即可证明；
(2)结合(1)中结论得an+1+an=0n≤5，求出a1和公比，得到an通项公式，从而根据等差和等比数列前n项和公式即可求解．
【详解】(1)∵Sn=12an2+12an−1(n∈N∗)，
∴2Sn=an2+an−2，2Sn+1=an+12+an+1−2，
两式相减，得2an+1=an+12−an2+an+1−an，
即an+1+anan+1−an−1=0．
当n≥5时，an>0，∴an+1−an=1，
∴当n≥5时，an成等差数列．
(2)由a1=12a12+12a1−1，解得a1=2或a1=−1，
又a1,a2,a3,a4,a5成等比数列，
∴由(1)得an+1+an=0n≤5，进而q=−1，
而a5>0，∴a1>0，从而a1=2=a5，
∴an=2×(−1)n−1,1≤n≤4n−3,n≥5，
∴Sn=1−(−1)n,1≤n≤4,n∈N*12n2−52n+2,n≥5,n∈N*．

【巩固练习】
1.(多选) (2024·全国·高三专题练习)设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，an+1=4Sn，则( )
A．S2=5B．a2024=25a2022
C．数列an是等比数列D．数列Sn是等差数列
【答案】AB
【分析】根据已知条件求出递推关系，结合选项逐个验证即可得到结果.
【详解】对于A：由an+1=4Sn，则a2=4S1=4a1=4，
∴S2=a1+a2=5，A正确；
对于B：an+1=4Sn①，
当n≥2时，an=4Sn−1②，
①−②得：an+1−an=4Sn−4Sn−1=4an，
∴an+1=5an，
∴a2024=5a2023=25a2022，B正确；
对于C：当n≥2时，an+1=5an；
但a2=4a1不满足，
所以数列an不是等比数列，C错误；
对于D：由an+1=4Sn，即Sn+1−Sn=4Sn，
∴Sn+1=5Sn；
所以数列Sn是等比数列，不是等差数列，D错误.
故选：AB.
2. (2024·陕西汉中·二模)已知正项数列an的前n项和为Sn，且2Sn=an+2an，数列bn的前n项积为Tn且Tn=Sn2，下列说法错误的是( )
A．Sn=2nB．bn为递减数列
C．b2024=20242023D．an=2(n−n−1)
【答案】B
【分析】根据an与Sn及 bn与Tn的关系，利用等差数列的定义及通项公式，结合数列的性质即可求解.
【详解】当n=1时，2a1=a1+2a1，解得a1=±2(负舍)，
当n≥2时，2Sn=Sn−Sn−1+2Sn−Sn−1，即Sn2−Sn−12=2，且S12=2，
所以数列Sn2是首项为2，公差为2的等差数列，
所以Sn2=2+2⋅n−1=2n，
又an>0，所以Sn=2n，故A正确；
当n≥2时，有an=2n−2n−1=2n−n−1，
取n=1时，a1=21−1−1=2此式也满足a1，
故数列an的通项公式为an=2n−n−1,故D正确；
因为数列bn的前n项积为Tn且Tn=Sn2，
所以Tn=b1⋅b2⋅b3⋯bn=Sn2=2n，
当n=1时，b1=2，
当n≥2时，bn=TnTn−1=2n2n−1=nn−1=n−1+1n−1=1+1n−1，
显然n=1不适用，故数列bn的通项公式为bn=2,n=11+1n−1,n≥2，
显然b1=b2=2，所以数列bn不是递减数列，故B错误，
由当n≥2时，bn=nn−1，得b2024=20242024−1=20242023，故C正确，
故选：B.
3. (2024·全国·模拟预测)已知数列an的前n项和Sn=n2−3n,bn=an⋅(3)−an，若bk2是bk+1,bk+2的等差中项，则k= .
【答案】3
【分析】当n≥2时，由an=Sn−Sn−1可求出an，由bn=an⋅(3)−an求出bn，再由等差中项的性质代入即可得出答案.
【详解】当n=1时，a1=S1=1−3=−2,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−3n−n−12−3n−1=2n−4，
显然a1也满足，故n∈N*，an=2n−4，
则bn=an⋅(3)−an=2n−4⋅(3)−2n+4=2n−4⋅3−n+2=2n−43n−2，
因为bk2是bk+1,bk+2的等差中项，即bk=bk+1+bk+2，
即2k−43k−2=2k−23k−1+2k3k，则2k−4=2k−23+2k9，解得：k=3.
故答案为：3.
4. (2024·广东·高三专题练习)数列an的前n项和Sn=2n2−30n−2，且bn=an，计算b1+b2+⋯+b25= .
【答案】726
【分析】利用Sn与an的关系，求出an的通项公式，判断出1≤n≤7时，an