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.docx

1、微专题46利用数列前n项和与通项探究递推关系 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anf(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SnSn1(n2，nN*)后，消去项an后求解.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a1a(其中a为常数)，nSn1(n1)Snn(n1)(nN*)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

2、四市一模改编)已知数列an，其前n项和为Sn，满足a12，Snnanan1，其中n2，nN*，R.(1)若0，4，bnan12an(nN*)，求证：数列bn是等比数列；(2)若a23，且，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a11，an1n2n，nN*.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Sn2an，n1，2，3，.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b11，且bn1bnan，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Sn2an2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足(1)n1，求数列bn的通项公式

3、(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SnSn1(nN*，n2)，且a12.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：an0，Sn(anp)2(nN*，pR)若a1，a2，a3成等差数列，求数列an的通项公式答案：an.解析：设等差数列a1，a2，a3的公差为d.因为Sn(anp)2(nN*，pR)，所以a1(a1p)2，a1a2(a2p)2，；a1a2a3(a3p)2.2分，得a2(a2p)2(a1p)2，即a2d(a1a22p)，得a3(a3p)2(a2p)2，即a3d(a2a32p)，得a3a2d(a2a32p)(a1a2

4、2p)，即d2d2.5分若d0，则a2a30，与an0矛盾，故d.6分代入得a1，于是p.因为Sn(nN*)，所以Sn1，所以an1Sn1Sn，即an10，整理得0，9分于是(an1an)0.10分因为an0，所以an1an0，即an1an.因为a1，所以a1.13分所以数列an是首项为，公差为的等差数列微专题46例题答案：an2n2a.证明略解法1因为nSn1(n1)Snn(n1)，所以(n1)Sn2(n2)Sn1(n1)(n2)，由得，(n1)Sn2nSn1(n2)Sn1(n1)Sn2(n1)，即(n1)Sn2(2n2)Sn1(n1)Sn2(n1)，又n10，则Sn22Sn1Sn2，即Sn

5、2Sn1Sn1Sn2也即an2an12.在nSn1(n1)Snn(n1)中令n1得，a1a22a12，即a2a12.综上，对任意nN*，都有an1an2，故数列an是以2为公差的等差数列又a1a，则an2n2a.解法2因为nSn1(n1)Snn(n1)，所以1，又S1a1a，则数列是以a为首项，1为公差的等差数列，因此n1a，即Snn2(a1)n.当n2时，anSnSn12n2a，又a1a也符合上式，故an2n2a(nN*)，故对任意nN*，都有an1an2，即数列an 是以2为公差的等差数列说明：“解法一”先将式子nSn1(n1)Snn(n1)中的n往后递推1变成n1后得(n1)Sn2(n2

6、)Sn1(n1)(n2)后，两式相减后化简得Sn22Sn1Sn2，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nSn1(n1)Snn(n1)递推时，也可以往前递推，即得到(n1)SnnSn1(n1)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n2!变式联想变式1证明：(1)若0，4，则Sn4an1(n2，nN*)，所以an1Sn1Sn4(anan1)，即an12an2(an2an1)，所以bn2bn1，又由a12，a1a24a1，得a23a16，a22a120，所以bn0(nN*)，所以2(n2，nN*)，故数列bn是等比数列(2)若a

7、23，由a1a22a2a1，得562，又，解得，1.由a12，a23，1，代入Snnanan1(n2，nN*)，得a34，所以a1，a2，a3成等差数列，由Snanan1递推，得Sn1an1an，以上两式相减，得an1an1ananan1，即(n1)an1(n2)an2an10(n2，nN*)，所以nan2(n1)an12an0，上述两式相减，得nan22(n1)an1(n2)an2an2an10.所以n(an22an1an)2(an12anan1)0.所以an22an1an(an12anan1)(an2an1an2)(a32a2a1)，因为a12a2a30，所以an22an1an0，即数列a

8、n是等差数列说明：本题第1小题经一次递推即得关系bn2bn1，从而问题得解第2小题，在第一次递推后得到关系(n1)an1(n2)an2an10(n2，nN*)后，未能推出an是等差数列的条件，因此继续将该式递推，得nan2(n1)an12an0，两式相减后得(an22an1an)(an12anan1)，因此以此现在为依据继续经多次递推得an22an1an(a32a2a1)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：ann2.解析：因为an1n2n，nN*.所以2Snnan1n3n2nnan1.所以当n2时，2Sn1(n1)an.由，得2Sn2Sn1nan1(n1)ann

9、(n1)因为2an2Sn2Sn1，所以2annan1(n1)ann(n1)所以1，所以数列是以首项为1，公差为1的等差数列所以11(n1)n，所以ann2(n2)当n1时，上式显然成立所以ann2，nN*.串讲激活串讲1答案：(1)an；(2)bn32.解析：(1)因为n1时，a1S1a1a12，所以a11.因为Sn2an，即anSn2，所以an1Sn12.两式相减：an1anSn1Sn0，即an1anan10，故有2an1an.因为an0，所以(nN*)所以数列an是首项a11，公比为的等比数列，an()n1(nN*)(2)因为bn1bnan(n1，2，3，)，所以bn1bn()n1.从而有

10、b2b11，b3b2，b4b3()2，bnbn1()n2(n2，3，)将这n1个等式相加，得bnb11()2()n222()n1.又因为b11，所以bn32()n1(n1，2，3，)串讲2答案：(1)an2n(2)bn解析：(1)由Sn2an2，得Sn12an12.两式相减，得an12an12an，所以an12an，所以an12an，又由S12a12，得a12a12，a12，所以数列an为等比数列，且首项为2，公比q2，所以an2n.(2)由(1)知(nN*)由(1)n1(nN*)，得(1)n(n2)故(1)n1，即bn(1)n(1)(n2)当n1时，a1，b1.所以bn新题在线答案：an3n1.解析：当n2时，由SnSn1，则Sn1Sn，得an1an(an12an2)(an1an)(an1an)，因为an0，所以an1an0，所以由上式得an1an3，n2.当n2时，由得a1a2a1，即a223a2100，解得a25或a22(舍去)，所以a2a13，故an1an3(nN*)，即数列an为首项a13，公差d3的等差数列，所以数列an的通项公式为an3n1.