人教A版普通高中数学一轮复习第七章学科特色微专题构造法求数列的通项学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第七章学科特色微专题构造法求数列的通项学案，共4页。

类型一 形如an＋1＝can＋d(c≠0，其中a1≠0)型
【例1】在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝ ．
2·3n-1－1 解析：因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)．又a1＝1，所以a1＋1＝2，故数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，所以an＋1＝2·3n-1，所以an＝2·3n-1－1.
(1)若c＝1，数列{an}为等差数列．
(2)若d＝0，数列{an}为等比数列．
(3)若c≠1且d≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，得an＋1＝can＋(c－1)λ，与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝dc−1(c≠1)，所以an＋dc−1＝can−1+dc−1(n≥2)，即an+dc−1构成以a1＋dc−1为首项，c为公比的等比数列，或数列{an}为常数列，通项公式an＝d1−c．
类型二 形如an＋1＝pan＋q·pn+1(p≠0，1，q≠0)型
【例2】已知正项数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋2n+1，则an＝( )
A．n·2n-1B．(n＋1)·2n
C．n·2n+1D．(n－1)·2n
B 解析：因为an＋1＝2an＋2n+1，所以an+12n+1＝an2n＋1，即an+12n+1－an2n＝1.又a121＝42＝2，所以数列an2n是首项为2，公差为1的等差数列，所以an2n＝2＋(n－1)×1＝n＋1，所以an＝(n＋1)·2n.
【例3】已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an＝( )
A．－3×2n-1B．3×2n-1
C．5n＋3×2n-1D．5n－3×2n-1
D 解析：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n+1，得an+15n+1＝25×an5n＋35．令bn＝an5n，则bn＋1＝25bn＋35，所以bn＋1－1＝25(bn－1)．又b1－1＝25－1＝－35，所以数列{bn－1}是首项为－35，公比为25的等比数列，所以bn－1＝−35×25n-1，则bn＝1－35×25n-1，即an5n＝1－35×25n-1，所以an＝5n－3×2n-1.
an＋1＝pan＋q·pn+1(p≠0，1，q≠0)型的求解方法是两端同时除以pn+1，即得an+1pn+1－anpn＝q，则数列anpn为等差数列．
类型三 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
【例4】在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝23an＋1＋13an，求数列{an}的通项公式．
解：由an＋2＝23an＋1＋13an，
得an＋2－an＋1＝－13(an＋1－an)．
又a2－a1＝1，
所以数列{an＋1－an}是首项为1，公比为－13的等比数列，即an＋1－an＝−13n-1.
所以a2－a1＝1，a3－a2＝－13，
a4－a3＝19，…，an－an－1＝−13n-2(n≥2)．
将上面的式子相加可得an－1＝1＋−13＋19＋…＋−13n-2(n≥2)，
从而可求得an＝2＋−13＋19＋…＋−13n-2(n≥2)，
故有an＝74＋94×−13n，n≥2.
又a1＝1满足上式，所以an＝74＋94×−13n.
an＋1＝pan＋qan－1可化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两根．
类型四 倒数为特殊数列(形如an＋1＝panran+s型)
【例5】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2anan+2，求数列{an}的通项公式．
解：因为an＋1＝2anan+2，a1＝1，
所以an≠0，则1an+1＝1an＋12，即1an+1－1an＝12．
又a1＝1，则1a1＝1，所以1an是以1为首项，12为公差的等差数列，
所以1an＝1＋(n－1)×12＝n2＋12＝n+12，
所以an＝2n+1．
两边同时取倒数转化为1an+1＝sp·1an＋rp的形式，化归为bn＋1＝cbn＋d型，求出1an的表达式，再求an.