广东省2011届高考数学二轮总复习课件：第14课 数列的递推关系与

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专题三 数列

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例 在数列{an}中，已知a1 = 3,an+1 = 5an + 4,求数列{an} 1 的通项公式.

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切入点： 将递推关系进行适当变形，转化为 等差数列或等比数列或可累加求和得通项，也 可直接采用迭代法得到通项. 可直接采用迭代法得到通项.

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解析：方法1: (待定系数法) 设an +1 + a = 5(an + a ),则an +1 = 5an + 4a, a = 1,即 ∴ ∴{an + 1} 是以a1 + 1 = 4为首项，为公比的等比数列. 5 ∴ an + 1 = ( a1 + 1) × 5n 1 = 4 × 5n 1, ∴ an = 4 × 5n 1

an +1 + 1 = 5 ( an + 1).

1.

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an +1 an 4 方法2: (除幂法)两边同时除以5 ,得 n +1 = n + n +1 . 5 5 5 an 4 令bn = n ,则bn bn 1 = n . 5 5 ∴ bn = b1 + ( b2 b1 ) + ( b3 b2 ) + … + ( bn 1 bn 2 ) + ( bn bn 1 )n +1

4 1 [1 ( )n 1 ] 3 4 4 4 3 52 5 = + 2 + 3 +…+ n = + 1 5 5 5 5 5 1 5 3 1 1 n 1 = + [1 ( ) ] 5 5 5 ∴ an = 5n bn = 3 5n 1 + 5n 1 1 = 4 5n 1 1.

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方法3: (构造方程组) an+1 = 5an + 4 ① 依题意得 .① ②得an +1 an = 5 ( an an 1 ). an = 5an 1 + 4 ② b1 = a2 a1 = 16 令bn = an +1 an,则 bn = 5 bn 1 ∴ bn = 16 × 5n 1,即an +1 an = 16 × 5n 1. ∴ an = a1 + ( a2 a1 ) + ( a3 a2 ) + …+ ( an an 1 ) = 3 + 16 × 1 + 16 × 5 + …+ 16 × 5n 2 1 5n 1 = 3 + 16 × = 4 × 5n 1 1. 1 5

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方 法 4 :迭 代 法 ) ( a n = 5 a n 1 + 42

= 5 × (5 a n 2 + 4 ) + 4

= 5 a n 2 + 5 × 4 + 4 =… = 5n 1

a 1 + (5n 1

n 2

+5

n 3 n 1

+ … + 5 + 1) × 4 = 4×5n 1

= 3×5

1 5 + 4× 1 5

1.

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1.由递推关系求通项，关键是合理地变形，从而 进行转化.常用方法有累加法、累乘法、迭代法、 待定系数法和除幂法.本例中的四种方法是解决 数列递推问题的常用方法，需要很好地体会. 2.常用的恒等式有：

(1) an = ( an an 1 ) + ( an 1 an 2 ) + … + ( a2 a1 ) + a1;an an 1 a2 … a1 . ( 2 ) an = an 1 an 2 a1

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3.若将本例的已知条件an+1=5an+4中的4变为 4n,4n 等 ， 应 怎 样 进 行 求 解 ， 请 同 学 们 课 后 思 考.

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变式1(2010 深圳二模)已知数列{an } 满足 1 n 2 a n +1 + 2 ( n为正奇数 ) 2 an = . 2a n + n ( n位正偶数 ) 2 2 (1)问数列{an } 是否为等差数列或等比数列？说明理由；

( 2 ) 求证：数列{

a2n 2n

}是等差数列，并求数列{a2n }的通项公式.

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1 1 1 1 解析： )由a1 = a1+1 + = a1 + a1 = 1, (1 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 a2 = 2a 2 + = 2a1 + 1 = 3,a3 = a3+1 + = a2 + = 5, 2 2 2 2 2 2 2 a4 = 2a 4 + = 2a2 + 2 = 8.2

Q a3 a2 = 2,a4 a3 = 3, a3 a2 ≠ a4 a3, ∴ ∴ 数列{an } 不是等差数列. a2 a3 5 a2 a3 又 Q = 3, = , ∴ ≠ , 数列{an }也不是等比数列. ∴ a1 a2 3 a1 a2

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2

) 方法1: 对任意正整数n,a2n+1 = 2a2n + 2n, Q ( 1 a2 3 ∴ n +1 n = , = , 2 2 2 2 2 a2 n 3 1 ∴ 数列{ n }是首项为 ，公差为 的等差数列， 2 2 2 a2n 3 n + 1 * n 1 从而对 n ∈ N , n = + ,则a2n = ( n + 2 ) 2 . 2 2 2 ∴ 数列{a2n }的通项公式是a2n = ( n + 2 ) 2n 1 (n ∈ N* ). a2n+1 a2n

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方法2:因为对任意正整数n,由a2n+1 = 2a2n + 2n, a2n ( n + 2 ) 2n 1 , 得a2n+1 ( n + 3) 2 = 2 a21 (1 + 2 ) × 21 1 = a2 3 = 0,n * n 1

∴ 数列{a2n ( n + 2 ) 2n 1} 是每项均为0的常数列， ∴ 数列{a2n }的通项公式是a2n = ( n + 2 ) 2 从而对 n ∈ N ,a2n = ( n + 2 ) 2 ,n 1

(n ∈ N ).*

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a2n n + 2 , n ∈ N , n = 2 2 a2n+1 a2n n + 3 n + 2 1 a2 3 ∴ n +1 n = = , = , 2 2 2 2 2 2 2 a2n 3 1 ∴数列{ n }是首项为 ，公差为 的等差数列 2 2 2*

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例2 (1) (2009 潮州二模)已知各项都不为零的数列{an }的 1 前n项和为S n,且S n = an an +1 (n ∈ N* ),a1 = 1.求数列{an }的 2 通项公式.

( 2 ) (2009 珠海二模)已知正整数数列{an } 满足：a1 = 1, {an }的通项公式an .1 1 Sn = (an + ),其中Sn为数列{an }的前n项和.求数列 2 an

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切入点： 含有an与Sn的递推关系式，常利用 ( n = 1) S1 an = 消去Sn,转化为 Sn Sn 1 ( n ≥ 2n ∈ N*) 只含an的递推关系式或消去an转化为只含Sn的 关系式再进行求解.