2023届高考数学二轮复习微专题46利用数列前n项和与通项探究递推关系学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题46利用数列前n项和与通项探究递推关系学案，共8页。


例题：(2018·常州一模改编)已知各项均为正数的无穷数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝a(其中a为常数)，nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)(n∈N*)．
证明：数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式．
变式1(2018·苏北四市一模改编)已知数列{an}，其前n项和为Sn，满足a1＝2，Sn＝λnan＋μan－1，
其中n≥2，n∈N*，λ，μ∈R.
(1)若λ＝0，μ＝4，bn＝an＋1－2an(n∈N*)，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)若a2＝3，且λ＋μ＝eq \f(3,2)，求证：数列{an}是等差数列．
变式2设数列{an}的前n项和为Sn已知a1＝1，eq \f(2Sn,n)＝an＋1－eq \f(1,3)n2－n－eq \f(2,3)，n∈N*.求数列{an}的通项公式．
串讲1设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an，n＝1，2，3，….
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式．
串讲2已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足eq \f(1,an)＝eq \f(b1,2＋1)－eq \f(b2,22＋1)＋eq \f(b3,23＋1)－…＋(－1)n＋1eq \f(bn,2n＋1)，求数列{bn}的通项公式．
(2018·苏州1模改编)已知各项是正数的数列{an}的前n项和为Sn.若Sn＋Sn－1＝eq \f(an2＋2,3)(n∈N*，n≥2)，且a1＝2.求数列{an}的通项公式；
(2018·南通密卷)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an>0，Sn＝(an＋p)2(n∈N*，p∈R)．
若a1，a2，a3成等差数列，求数列{an}的通项公式．
答案：an＝eq \f(2n－1,4).
解析：设等差数列a1，a2，a3的公差为d.因为Sn＝(an＋p)2(n∈N*，p∈R)，所以a1＝(a1＋p)2，①
a1＋a2＝(a2＋p)2，②；a1＋a2＋a3＝(a3＋p)2.③2分
②－①，得a2＝(a2＋p)2－(a1＋p)2，即a2＝d(a1＋a2＋2p)，④
③－②，得a3＝(a3＋p)2－(a2＋p)2，即a3＝d(a2＋a3＋2p)，⑤
⑤－④，得a3－a2＝d[(a2＋a3＋2p)－(a1＋a2＋2p)]，即d＝2d2.5分
若d＝0，则a2＝a3＝0，与an>0矛盾，故d＝eq \f(1,2).6分
代入④得a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋\f(1,2)＋2p))，于是p＝eq \f(1,4).因为Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)(n∈N*)，
所以Sn＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)－an＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)＝0，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)＝0，9分
于是(an＋1＋an)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－an－\f(1,2)))＝0.10分
因为an>0，所以an＋1－an－eq \f(1,2)＝0，即an＋1－an＝eq \f(1,2).因为a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)，所以a1＝eq \f(1,4).13分
所以数列{an}是首项为eq \f(1,4)，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
微专题46
例题
答案：an＝2n－2＋a.证明略
解法1因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)①，所以(n＋1)Sn＋2＝
(n＋2)Sn＋1＋(n＋1)(n＋2)②，由②－①得，(n＋1)Sn＋2－nSn＋1＝(n＋2)Sn＋1－(n＋1)Sn＋2(n＋1)，即(n＋1)Sn＋2＝(2n＋2)Sn＋1－(n＋1)Sn＋
2(n＋1)，又n＋1>0，则Sn＋2＝2Sn＋1－Sn＋2，即Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋2也即an＋2＝an＋1＋2.在nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)中令n＝1得，a1＋a2＝2a1＋2，即a2＝a1＋2.综上，对任意n∈N*，都有an＋1－an＝2，故数列{an}是以2为公差的等差数列．又a1＝a，则an＝2n－2＋a.
解法2因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)，所以eq \f(Sn＋1,n＋1)＝eq \f(Sn,n)＋1，又S1＝a1＝a，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以a为首项，1为公差的等差数列，因此eq \f(Sn,n)＝n－1＋a，即Sn＝n2＋(a－1)n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2＋a，又a1＝a也符合上式，故an＝2n－2＋a(n∈N*)，故对任意n∈N*，都有an＋1－an＝2，即数列{an }是以2为公差的等差数列．
说明：“解法一”先将式子nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)中的n往后递推1变成n＋1后得(n＋1)Sn＋2＝(n＋2)Sn＋1＋(n＋1)(n＋2)后，两式相减后化简得Sn＋2＝2Sn＋1－Sn＋2，这是解决数列题中Sn与an共存时最常见的方法，我们把这种方法简称为“复制相减”．当然，在对式子nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)递推时，也可以往前递推，即得到(n－1)Sn＝nSn－1＋(n－1)n后两式相减，不过不要忽略或忘记n的取值范围的变化，即n≥2!
变式联想
变式1
证明：(1)若λ＝0，μ＝4，则Sn＝4an－1(n≥2，n∈N*)，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝4(an－an－1)，即an＋1－2an＝2(an－2an－1)，所以bn＝2bn－1，又由a1＝2，a1＋a2＝4a1，得a2＝3a1＝6，a2－2a1＝2≠0，所以bn≠0(n∈N*)，所以eq \f(bn,bn－1)＝2(n≥2，n∈N*)，故数列{bn}是等比数列．
(2)若a2＝3，由a1＋a2＝2λa2＋μa1，得5＝6λ＋2μ，又λ＋μ＝eq \f(3,2)，解得λ＝eq \f(1,2)，μ＝1.由a1＝2，a2＝3，λ＝eq \f(1,2)，μ＝1，代入Sn＝λnan＋μan－1(n≥2，n∈N*)，得a3＝4，所以a1，a2，a3成等差数列，
由Sn＝eq \f(n,2)an＋an－1递推，得Sn＋1＝eq \f(n＋1,2)an＋1＋an，以上两式相减，得an＋1＝eq \f(n＋1,2)an＋1－eq \f(n,2)an＋an－an－1，即
(n－1)an＋1－(n－2)an－2an－1＝0(n≥2，n∈N*)，所以nan＋2－(n－1)an＋1－2an＝0，上述两式相减，得
nan＋2－2(n－1)an＋1＋(n－2)an－2an＋2an－1＝0.所以n(an＋2－2an＋1＋an)＋
2(an＋1－2an＋an－1)＝0.所以an＋2－2an＋1＋an＝
－eq \f(2,n)(an＋1－2an＋an－1)＝eq \f(22,n（n－1）)(an－2an－1＋an－2)＝……＝eq \f(（－2）n－1,n（n－1）…2)(a3－2a2＋a1)，因为a1－2a2＋a3＝0，所以an＋2－2an＋1＋an＝0，即数列{an}是等差数列．
说明：本题第1小题经一次递推即得关系bn＝2bn－1，从而问题得解．第2小题，在第一次递推后得到关系(n－1)an＋1－(n－2)an－2an－1＝0(n≥2，n∈N*)后，未能推出{an}是等差数列的条件，因此继续将该式递推，得nan＋2－(n－1)an＋1－2an＝0，两式相减后得(an＋2－2an＋1＋an)＝－eq \f(2,n)(an＋1－2an＋an－1)，因此以此现在为依据继续经多次递推得an＋2－2an＋1＋an＝…＝eq \f(（－2）n－1,n（n－1）…2)(a3－2a2＋a1)＝0，正是得益于上述递推技能的娴熟运用，最终问题迎刃而解！
变式2
答案：an＝n2.
解析：因为eq \f(2Sn,n)＝an＋1－eq \f(1,3)n2－n－eq \f(2,3)，n∈N*.所以2Sn＝nan＋1－eq \f(1,3)n3－n2－eq \f(2,3)n＝nan＋1－eq \f(n（n＋1）（n＋2）,3).①
所以当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－eq \f(（n－1）n（n＋1）,3).②
由①－②，得2Sn－2Sn－1＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)．因为2an＝2Sn－2Sn－1，所以2an＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)．所以eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以首项为eq \f(a1,1)＝1，公差为1的等差数列．所以eq \f(an,n)＝1＋1×(n－1)＝n，所以an＝n2(n≥2)．当n＝1时，上式显然成立．所以an＝n2，n∈N*.
串讲激活
串讲1
答案：(1)an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)；(2)bn＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
解析：(1)因为n＝1时，a1＋S1＝a1＋a1＝2，所以a1＝1.因为Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2.两式相减：an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an.因为an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)(n∈N*)．所以数列{an}是首项a1＝1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，an＝(eq \f(1,2))n－1(n∈N*)．
(2)因为bn＋1＝bn＋an(n＝1，2，3，…)，所以bn＋1－bn＝(eq \f(1,2))n－1.从而有b2－b1＝1，b3－b2＝eq \f(1,2)，b4－b3＝(eq \f(1,2))2，…，bn－bn－1＝(eq \f(1,2))n－2(n＝2，3，…)．将这n－1个等式相加，得bn－b1＝1＋eq \f(1,2)＋(eq \f(1,2))2＋…＋(eq \f(1,2))n－2＝
eq \f(1－（\f(1,2)）n－1,1－\f(1,2))＝2－2(eq \f(1,2))n－1.又因为b1＝1，所以bn＝3－2(eq \f(1,2))n－1(n＝1，2，3，…)．
串讲2
答案：(1)an＝2n
(2)bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，（n＝1），,（－1）n（\f(1,2n)＋1），（n≥2）.))
解析：(1)由Sn＝2an－2，得Sn＋1＝2an＋1－2.两式相减，得an＋1＝2an＋1－2an，所以an＋1＝2an，所以an＋1＝2an，又由S1＝2a1－2，得a1＝2a1－2，a1＝2，所以数列{an}为等比数列，且首项为2，公比q＝2，所以an＝2n.
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n)(n∈N*)．由eq \f(1,2n)＝eq \f(b1,2＋1)－eq \f(b2,22＋1)＋eq \f(b3,23＋1)－…＋(－1)n＋1eq \f(bn,2n＋1)(n∈N*)，得eq \f(1,2n－1)＝eq \f(b1,2＋1)－eq \f(b2,22＋1)＋eq \f(b3,23＋1)－…＋(－1)n
eq \f(bn－1,2n－1＋1)(n≥2)．
故eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n－1)＝(－1)n＋1eq \f(bn,2n＋1)，即bn＝(－1)n(eq \f(1,2n)＋1)(n≥2)．
当n＝1时，a1＝eq \f(b1,2＋1)，b1＝eq \f(3,2).
所以bn＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，（n＝1），,（－1）n（\f(1,2n)＋1），（n≥2，n∈N*）.))
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答案：an＝3n－1.
解析：当n≥2时，由Sn＋Sn－1＝eq \f(an2＋2,3)，①，则Sn＋1＋Sn＝eq \f(an＋12＋2,3)，②
②－①得an＋1＋an＝eq \f(1,3)(an＋12－an2)＝eq \f(1,3)(an＋1＋an)(an＋1－an)，因为an>0，所以an＋1＋an>0，所以由上式得an＋1－an＝3，n≥2.当n＝2时，由①得a1＋a2＋a1＝eq \f(a22＋2,3)，即a22－3a2－10＝0，解得a2＝5或a2＝－2(舍去)，所以a2－a1＝3，故an＋1－an＝3(n∈N*)，即数列{an}为首项a1＝3，公差d＝3的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1.
在数学模拟考试和高考题中，利用数列{an}的前n项和为Sn与通项an的关系求解数列的通项公式an＝f(n)或者其他类似问题是常考题型和热点问题，解决这类题目的主要方法是对Sn与an的关系式递推(可前推也可以后推)后，两式相减，消去和Sn，得到相邻两项(或者是相邻三项)关系后求解，有时也将an表示成Sn－Sn－1(n≥2，n∈N*)后，消去项an后求解.