第19题递推数列求通项模型思想是主线 2024年高中数学三轮复习之一题多解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第19题递推数列求通项，模型思想是主线对负整数a，数，，依次成等差数列．（1）求a的值；（2）若数列满足（），，求的通项公式；（3）若对任意，有，求m的取值范围．第（1）小题，根据数，，依次成等差数列，列方程即可；第（2）小题思路一是将递推式两边同除以，构造等差数列写出通项公式；第（3）小题，在有了的通项公式之后，运用含参不等式恒成立的条件实施参变分离，求m的取值范围，（1）解：依题意有，即．解得或，∵，∴．（2）（构造等差数列）原递推式即为，两边同除以，有．从而数列是以为首项，1为公差的等差数列．∴，∴．（3）解：由对均成立得对均成立．∵，两边同除，得，得对恒成立，而时，最小，为，∴．1．设，数列满足，（1）求数列的通项公式；（2）证明：对于一切正整数，．第（1）小题，根据数，，依次成等差数列，列方程即可；第（2）小题思路二是利用待定系数法构造等比数列写出通项公式；第（3）小题，在有了的通项公式之后，运用含参不等式恒成立的条件实施参变分离，求m的取值范围.（1）解：依题意有，即．解得或，∵，∴．（2）（构造等比数列）由，令，比较两式得，故原式为，数列是首项为，公比为－2的等比数列．∴，∴．（3）解：由对均成立得对均成立．∵，两边同除，得，得对恒成立，而时，最小，为，∴．2．设数列满足：，（），数列满足：．求数列的通项公式．第（1）小题，根据数，，依次成等差数列，列方程即可；第（2）小题思路三是利用迭代法求通项公式；第（3）小题，在有了的通项公式之后，运用含参不等式恒成立的条件实施参变分离，求m的取值范围，（1）解：依题意有，即．解得或，∵，∴．（2）（迭代法）由得（3）解：由对均成立得对均成立．∵，两边同除，得，得对恒成立，而时，最小，为，∴．3．已知数列中，，，求.【点评】由递推关系求通项公式的常见类型和方法：第一类：型如的一阶递推式，可改写为的形式，左端通过“累加”可以消项；右端是关于n的函数，可以求和．故运用“累加法”必定可行，即．第二类：型如的递推式，可改写为的形式．左端通过“迭乘”可以消项；右端通常也可以化简，故运用“迭乘法”必定可行，即．第三类：型如（，）的递推式，可由下面两种构造法求通项公式．构造法一：由及，两式相减得，得是首项为，公比为p的等比数列，先求的通项公式，再利用“累加法”求的通项公式．构造法二：若，则显然是以为首项、q为公差的等差数列；若，，，则构造数列，满足．运用待定系数法，解得，则是首项为，公比为p的等比数列．第四类：型如（，，）的递推式，运用取倒数，构造数列，满足，运用换元法，即令，得，从而转换为第三类．第五类：型如（，，）的递推式，运用两边取对数法得，令，转化为型，即第三类，再运用待定系数法．第六类：型如（，，）的递推式，可构造数列，满足，运用待定系数法解得，，从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若递推式中包含n的二次项、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次数项．第七类：型如（，）的递推式，可在等式两边同除以，构造数列，满足，令，则转化为，即第一类，再利用“累加法”求通项公式．第八类：型如满足：，，（p、q是常数）的递推式，则称数列为二阶线性递推数列，可构造数列，满足，则即，为方程的两个根，此方程称之为特征方程，则数列的通项公式均可用特征根求得（即转化为第七类进一步求解）．第九类：型如（，，，）的递推式，利用不动点法，其中的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点，则为等比数列；若该数列有唯一的不动点，即方程等根时，为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法．除上述9种类型之外还有换元法、数学归纳法（归纳一猜想一论证）等．（23-24高二下·河南·阶段练习）4．记为数列的前项和，为数列的前项积，，已知，且，则下列说法正确的是（

）A．数列是递增数列 B． C． D．当取得最小值时，（23-24高三上·河北邢台·开学考试）5．函数的最小值是，数列满足，，则数列的通项公式是．6．已知数列满足，，求的通项公式．（2024高三·全国·专题练习）7．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知数列中，，满足___________，求数列的通项an.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（2024高三·全国·专题练习）8．在数列中，且，求数列的通项公式.（2024·广东佛山·一模）9．记为数列的前项和，且满足.(1)试问数列是否为等比数列，并说明理由；(2)若，求的通项公式.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．（1）（2）证明见解析【分析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列an的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．【详解】（1）当时，，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，即，当，且时，即数列是以为首项，公比为的等比数列，即，数列的通项公式是（2）证明：当时，不等式显然成立当，且时，，要证对于一切正整数，，只需证，即证不等式成立，综上所述，对于一切正整数，有，【点睛】本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．2．．【分析】利用辅助法，对于数列的递推公式，两边同时除以，根据数列构造法，可得答案.【详解】∵，两边同时除以得．令，则．两边同时加上得．∴数列是以为首项，为公比的等比数列．∴，∴．∴．又∵，∴，3．【解析】由已知递推关系变形凑出一个等比数列的形式，然后利用等比数列通项公式求解．【详解】两边乘以得：，令，，，则，构成等比数列，公比为，则，∴，即，∴，即数列为等比数列，首项为，公比为，∴，∴，∴.所以：.【点睛】本题考查由数列的递推公式求通项公式，考查等比数列的通项公式．解题关键是构造一个新数列是等比数列，属于中档题．4．BCD【分析】结合题意，借助与、与的关系可计算出，结合的性质逐项计算即可得.【详解】由为数列的前项积，故，即有，当时，，故有，即，故数列为以为首项，为公比的等比数列，即，故A错误，B正确；，故C正确；由，则，当时，恒成立，当时，，故取最大值时，，又，故取最小值时，，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题关键在点在于借助与、与的关系，计算出，即可逐项判断.5．【分析】利用得到，通过取对数构造等比数列，借助等比数列知识化简计算即可.【详解】因为函数的最小值是，所以当时，，解得.所以，因为，所以，因为，又，所以，所以.所以，两边同时取对数可得：，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.所以，即.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用，通过配方、取对数构造出等比数列.6．【分析】根据题设条件式子的结构特征，构造满足条件，从而利用待定系数法求得，从而得到成等比数列，由此得解.【详解】设满足条件，因为，所以成公比为2的等比数列，则，即，由得，则由的不定性解得，．所以，使，即成等比数列，其首项为，公比为2．所以，故．7．答案见解析【分析】若选①，由可得，即数列是以3为首项，公比为3的等比数列，然后可求出，若选②，由可得，即数列是以2为首项，公比为3的等比数列，可得，若选③，由可得，即数列是以1为首项，公差为1的等差数列，然后可求出.【详解】若选①，因为由，可得，因为，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，所以，即；若选②，因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，公比为3的等比数列，所以，即可得；若选③，因为，所以因为，所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列，所以，即.8．【分析】法一，由，令，解得，即在等式两边同减去，可构造出形式，从而两边再同取倒数可得，由此配凑常数，可构造等比数列进而求得等比数列通项，解可得；法二，利用特征方程有两个不等式根：，确定构造方向，先构造两个等式,再作比即可构造特殊数列，即可求得特殊数列的通项，再解出即可.【详解】法一，由两边减去得，，两边取倒数得，，两边同加得，，由，则，所以有，故是以为首项，为公比的等比数列.所以，故，解得.法二：因为，两边同减去得①，两边同加上得②，由已知，则，①②两式相除得，，且，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，，.【点睛】已知分式一次型数列递推关系求通项的问题解法：法一，化归法.当时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令，可由解得的值，即可得到构造方向，通过这样的转化将问题又化归为的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程，解方程得根，若，则为等比数列；若，则为等差数列.9．(1)见解析(2)【分析】（1）首先将等式变形为，再讨论和两种情