第19題遞推數列求通項模型思想是主線 2024年高中數學三輪復習之一題多解

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第19題遞推數列求通項，模型思想是主線對負整數a，數，，依次成等差數列．（1）求a的值；（2）若數列滿足（），，求的通項公式；（3）若對任意，有，求m的取值范圍．第（1）小題，根據數，，依次成等差數列，列方程即可；第（2）小題思路一是將遞推式兩邊同除以，構造等差數列寫出通項公式；第（3）小題，在有了的通項公式之后，運用含參不等式恒成立的條件實施參變分離，求m的取值范圍，（1）解：依題意有，即．解得或，∵，∴．（2）（構造等差數列）原遞推式即為，兩邊同除以，有．從而數列是以為首項，1為公差的等差數列．∴，∴．（3）解：由對均成立得對均成立．∵，兩邊同除，得，得對恒成立，而時，最小，為，∴．1．設，數列滿足，（1）求數列的通項公式；（2）證明：對于一切正整數，．第（1）小題，根據數，，依次成等差數列，列方程即可；第（2）小題思路二是利用待定系數法構造等比數列寫出通項公式；第（3）小題，在有了的通項公式之后，運用含參不等式恒成立的條件實施參變分離，求m的取值范圍.（1）解：依題意有，即．解得或，∵，∴．（2）（構造等比數列）由，令，比較兩式得，故原式為，數列是首項為，公比為－2的等比數列．∴，∴．（3）解：由對均成立得對均成立．∵，兩邊同除，得，得對恒成立，而時，最小，為，∴．2．設數列滿足：，（），數列滿足：．求數列的通項公式．第（1）小題，根據數，，依次成等差數列，列方程即可；第（2）小題思路三是利用迭代法求通項公式；第（3）小題，在有了的通項公式之后，運用含參不等式恒成立的條件實施參變分離，求m的取值范圍，（1）解：依題意有，即．解得或，∵，∴．（2）（迭代法）由得（3）解：由對均成立得對均成立．∵，兩邊同除，得，得對恒成立，而時，最小，為，∴．3．已知數列中，，，求.【點評】由遞推關系求通項公式的常見類型和方法：第一類：型如的一階遞推式，可改寫為的形式，左端通過“累加”可以消項；右端是關于n的函數，可以求和．故運用“累加法”必定可行，即．第二類：型如的遞推式，可改寫為的形式．左端通過“迭乘”可以消項；右端通常也可以化簡，故運用“迭乘法”必定可行，即．第三類：型如（，）的遞推式，可由下面兩種構造法求通項公式．構造法一：由及，兩式相減得，得是首項為，公比為p的等比數列，先求的通項公式，再利用“累加法”求的通項公式．構造法二：若，則顯然是以為首項、q為公差的等差數列；若，，，則構造數列，滿足．運用待定系數法，解得，則是首項為，公比為p的等比數列．第四類：型如（，，）的遞推式，運用取倒數，構造數列，滿足，運用換元法，即令，得，從而轉換為第三類．第五類：型如（，，）的遞推式，運用兩邊取對數法得，令，轉化為型，即第三類，再運用待定系數法．第六類：型如（，，）的遞推式，可構造數列，滿足，運用待定系數法解得，，從而由等比數列求通項公式；進一步推廣，若遞推式中包含n的二次項、三次項，則構造的數列中也同樣包含對應次數項．第七類：型如（，）的遞推式，可在等式兩邊同除以，構造數列，滿足，令，則轉化為，即第一類，再利用“累加法”求通項公式．第八類：型如滿足：，，（p、q是常數）的遞推式，則稱數列為二階線性遞推數列，可構造數列，滿足，則即，為方程的兩個根，此方程稱之為特征方程，則數列的通項公式均可用特征根求得（即轉化為第七類進一步求解）．第九類：型如（，，，）的遞推式，利用不動點法，其中的根為該數列的不動點，若該數列有兩個相異的不動點，則為等比數列；若該數列有唯一的不動點，即方程等根時，為等差數列，這就是不動點求遞推數列通項公式的方法．除上述9種類型之外還有換元法、數學歸納法（歸納一猜想一論證）等．（23-24高二下·河南·階段練習）4．記為數列的前項和，為數列的前項積，，已知，且，則下列說法正確的是（

）A．數列是遞增數列 B． C． D．當取得最小值時，（23-24高三上·河北邢臺·開學考試）5．函數的最小值是，數列滿足，，則數列的通項公式是．6．已知數列滿足，，求的通項公式．（2024高三·全國·專題練習）7．在①，②，③，這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答該問題.已知數列中，，滿足___________，求數列的通項an.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.（2024高三·全國·專題練習）8．在數列中，且，求數列的通項公式.（2024·廣東佛山·一模）9．記為數列的前項和，且滿足.(1)試問數列是否為等比數列，并說明理由；(2)若，求的通項公式.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．（1）（2）證明見解析【分析】（1）由題設形式可以看出，題設中給出了關于數列an的面的一個方程，即一個遞推關系，所以應該對此遞推關系進行變形整理以發(fā)現其中所蘊含的規(guī)律，觀察發(fā)現若對方程兩邊取倒數則可以得到一個類似等差數列的形式，對其中參數進行討論，分類求其通項即可．（2）由于本題中條件較少，解題思路不宜用綜合法直接分析出，故求解本題可以采取分析法的思路，由結論探究其成立的條件，再證明此條件成立，即可達到證明不等式的目的．【詳解】（1）當時，，數列是以為首項，以為公差的等差數列，，即，當，且時，即數列是以為首項，公比為的等比數列，即，數列的通項公式是（2）證明：當時，不等式顯然成立當，且時，，要證對于一切正整數，，只需證，即證不等式成立，綜上所述，對于一切正整數，有，【點睛】本題考點是數列的遞推式，考查根據數列的遞推公式求數列的通項，研究數列的性質的能力，本題中遞推關系的形式適合用取倒數法將所給的遞推關系轉化為有規(guī)律的形式，兩邊取倒數，條件許可的情況下，使用此技巧可以使得解題思路呈現出來．數列中有請多成熟的規(guī)律，做題時要注意積累這些小技巧，在合適的情況下利用相關的技巧，可以簡化做題．在（2）的證明中，采取了分析法的來探究解題的思路，通過本題希望能進一步熟悉分析法證明問題的技巧．2．．【分析】利用輔助法，對于數列的遞推公式，兩邊同時除以，根據數列構造法，可得答案.【詳解】∵，兩邊同時除以得．令，則．兩邊同時加上得．∴數列是以為首項，為公比的等比數列．∴，∴．∴．又∵，∴，3．【解析】由已知遞推關系變形湊出一個等比數列的形式，然后利用等比數列通項公式求解．【詳解】兩邊乘以得：，令，，，則，構成等比數列，公比為，則，∴，即，∴，即數列為等比數列，首項為，公比為，∴，∴，∴.所以：.【點睛】本題考查由數列的遞推公式求通項公式，考查等比數列的通項公式．解題關鍵是構造一個新數列是等比數列，屬于中檔題．4．BCD【分析】結合題意，借助與、與的關系可計算出，結合的性質逐項計算即可得.【詳解】由為數列的前項積，故，即有，當時，，故有，即，故數列為以為首項，為公比的等比數列，即，故A錯誤，B正確；，故C正確；由，則，當時，恒成立，當時，，故取最大值時，，又，故取最小值時，，故D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在點在于借助與、與的關系，計算出，即可逐項判斷.5．【分析】利用得到，通過取對數構造等比數列，借助等比數列知識化簡計算即可.【詳解】因為函數的最小值是，所以當時，，解得.所以，因為，所以，因為，又，所以，所以.所以，兩邊同時取對數可得：，所以數列是以為首項，2為公比的等比數列.所以，即.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵在于利用，通過配方、取對數構造出等比數列.6．【分析】根據題設條件式子的結構特征，構造滿足條件，從而利用待定系數法求得，從而得到成等比數列，由此得解.【詳解】設滿足條件，因為，所以成公比為2的等比數列，則，即，由得，則由的不定性解得，．所以，使，即成等比數列，其首項為，公比為2．所以，故．7．答案見解析【分析】若選①，由可得，即數列是以3為首項，公比為3的等比數列，然后可求出，若選②，由可得，即數列是以2為首項，公比為3的等比數列，可得，若選③，由可得，即數列是以1為首項，公差為1的等差數列，然后可求出.【詳解】若選①，因為由，可得，因為，所以數列是以3為首項，公比為3的等比數列，所以，即；若選②，因為，所以，因為，所以數列是以2為首項，公比為3的等比數列，所以，即可得；若選③，因為，所以因為，所以數列是以1為首項，公差為1的等差數列，所以，即.8．【分析】法一，由，令，解得，即在等式兩邊同減去，可構造出形式，從而兩邊再同取倒數可得，由此配湊常數，可構造等比數列進而求得等比數列通項，解可得；法二，利用特征方程有兩個不等式根：，確定構造方向，先構造兩個等式,再作比即可構造特殊數列，即可求得特殊數列的通項，再解出即可.【詳解】法一，由兩邊減去得，，兩邊取倒數得，，兩邊同加得，，由，則，所以有，故是以為首項，為公比的等比數列.所以，故，解得.法二：因為，兩邊同減去得①，兩邊同加上得②，由已知，則，①②兩式相除得，，且，所以，數列是以為首項，為公比的等比數列，，.【點睛】已知分式一次型數列遞推關系求通項的問題解法：法一，化歸法.當時，遞推關系兩邊取倒數，再裂項構造即可；當時，為了保持取倒數后分母一致性，通?？梢粤?，可由解得的值，即可得到構造方向，通過這樣的轉化將問題又化歸為的情形再求解.法二，特征根法求解.先構造特征方程，解方程得根，若，則為等比數列；若，則為等差數列.9．(1)見解析(2)【分析】（1）首先將等式變形為，再討論和兩種情