【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题5　数列、推理与证明 第23练 含答案.doc，共(10)页，101.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第23练常考的递推公式问题的破解方略[题型分析·高考展望]利用递推关系式求数列的通项公式及前n项和公式是高考中常考题型，掌握常见的一些变形技巧是解决此类问题的关键.一般这类题目难度较大，但只要将已知条件转化为几类“模型”，然后采用相应的计算方法即可解决.体验高考1.(201

5·湖南)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________.答案3n－1解析由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项a

n＝a1qn－1＝3n－1.2.(2015·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________.答案－1n解析由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋

1－Sn＝SnSn＋1，因为Sn≠0，所以Sn＋1－SnSnSn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1，故数列1Sn是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1Sn＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－1n.3.(2015·江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1

(n∈N*)，则数列1an前10项的和为________.答案2011解析∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，„，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋„＋n＝2＋nn－12，即an＝nn＋12.

令bn＝1an，故bn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，故S10＝b1＋b2＋„＋b10＝21－12＋12－13＋„＋110－111＝2011.4.(2016·课标全国丙)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列

，并求其通项公式；(2)若S5＝3132，求λ.(1)证明由题意，得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝11－λ，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以an＋1an＝λλ－

1.因此{an}是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是an＝11－λλλ－1n－1.(2)解由(1)得Sn＝1－λλ－1n.由S5＝3132，得1－λλ－15＝3132

，即λλ－15＝132.解得λ＝－1.高考必会题型题型一利用累加法解决递推问题例1(1)在数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝1nn－1，则an等于()A.2－1nB.1－1nC.1nD.2－1n－1答案A解析∵an－a

n－1＝1nn－1，∴a2－a1＝11×2，a3－a2＝12×3，a4－a3＝13×4，„，an－an－1＝1nn－1(n>1)，以上各式左右两边分别相加得an－a1＝11×2＋12×3＋13×4＋„＋1nn－1＝1－12＋12－13＋

„＋1n－1－1n＝1－1n，∴an＝a1＋1－1n＝2－1n，又a1＝1适合上式，∴an＝2－1n，故选A.(2)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝an＋cn(n∈N*，常数c≠0)，且a1，a2，a3成等比数列.①求c

的值；②求数列{an}的通项公式.解①由题意知，a1＝2，a2＝2＋c，a3＝2＋3c，∵a1，a2，a3成等比数列，∴(2＋c)2＝2(2＋3c)，解得c＝0或c＝2，又c≠0，故c＝2.②当n≥2时，由an＋1＝an＋cn，得a2－a1＝c，a3－a2＝2c，„，an－an－1＝(n－1)c，

以上各式相加，得an－a1＝[1＋2＋„＋(n－1)]c＝n(n－1)2c.又a1＝2，c＝2，故an＝n2－n＋2(n≥2)，当n＝1时，上式也成立，∴数列{an}的通项公式为an＝n2－n＋2(n∈N*).点评由已

知递推关系式，若能转化为an＋1＝an＋f(n)，或1an＋1－1an＝f(n)且f(n)的和可求，则可采用累加法.变式训练1在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋1n)，则an等于()A.1＋n＋lnnB.1＋nlnnC.1＋(n－1)lnnD.1＋lnn答案D解析∵

a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋1n)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1＝ln(1＋1n－1)＋ln(1＋1n－2)＋„＋ln(1＋1)＋1＝ln(nn－1×n－1

n－2ׄ×2)＋1＝1＋lnn.题型二利用累乘法解决递推问题例2(1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则它的通项公式为()A.an＝1n＋1B.an＝2n＋1C.an＝n＋12D.an＝n(2)已知数列{an}中，a1＝1，an

an＋1－an＝n(n∈N*)，则a2016＝________.答案(1)B(2)2016解析(1)由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](a

n＋1＋an)＝0，又an>0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，即an＋1an＝n＋1n＋2，an＋1＝n＋1n＋2an，所以an＝nn＋1·n－1n·„·23a1＝2n＋1a1(n≥2)，所以an＝2n＋1(n＝1适合)，于是所求通项公

式为an＝2n＋1.(2)由anan＋1－an＝n(n∈N*)，得an＋1an＝n＋1n，a2a1＝21，a3a2＝32，a4a3＝43，„，anan－1＝nn－1，各式相乘得ana1＝n，∴an＝n(n＝1适合)，∴a2016＝2016.点评若由已知递推

关系能转化成an＋1an＝f(n)的形式，且f(n)的前n项积能求，则可采用累乘法.注意验证首项是否符合通项公式.变式训练2数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，且a1＝1，a2＝2，则{an}的通项公式an＝______________.答案1，n＝1，2n－1，n≥2解

析∵Sn－1＝n－12an－1(n≥3)，∴Sn－Sn－1＝n2an－n－12an－1，∴an＝n2an－n－12an－1，∴anan－1＝n－1n－2.∴当n≥3时，a3a2·a4a3·„·anan－1＝2

·32·43·„·n－1n－2，∴ana2＝n－1，∴an＝(n－1)·a2＝2(n－1)(n≥3).∵a2＝2满足an＝2(n－1)，∴an＝1，n＝1，2n－1，n≥2.题型三构造法求通项公式例3(1)数列

{an}中，a1＝12，an＋1＝nann＋1nan＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.(2)已知a1＝1，an＋1＝anan＋1，则an＝________.答案(1)1n3·2n－1－1(2)1n解析(1)由已知可得(n

＋1)an＋1＝nannan＋2，设nan＝bn，则bn＋1＝bnbn＋2，所以1bn＋1＝2bn＋1，两边都加1可得1bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(1bn＋1)，即{1bn＋1}是公比为2，首项为3的等比数列.故1bn＋1＝3

·2n－1，所以1bn＝3·2n－1－1＝1nan，所以an＝1n3·2n－1－1(n＝1适合)，于是所求通项公式为an＝1n3·2n－1－1.(2)由an＋1＝anan＋1，得1an＋1－1an＝1(常数)，又1a1＝1，∴{1an}为以1为首项，1为公差

的等差数列，∴1an＝n，从而an＝1n，即所求通项公式为an＝1n.点评构造法就是利用数列的递推关系灵活变形，构造出等差、等比的新数列，然后利用公式求出通项.此类问题关键在于条件变形：在“an＝can－1＋b”的条件下，可构造“an＋x＝c(an－1＋x)”在“an＝man－

1kan－1＋m”的条件下，可构造“1an＝1an－1＋km”.变式训练3已知数列{an}中，a1＝2，当n≥2时，an＝7an－1－33an－1＋1，求数列{an}的通项公式.解因为当n≥2时，an－1＝4an－1－43an－1＋1，两边取倒数，得1an－1＝1an－

1－1＋34.即1an－1－1an－1－1＝34，故数列1an－1是首项为1a1－1＝1，公差为34的等差数列.所以1an－1＝1a1－1＋34(n－1)＝3n＋14.所以an＝3n＋53n＋1.又当n＝1时，上式也成立，故数列{a

n}的通项公式是an＝3n＋53n＋1(n∈N*).高考题型精练1.数列{an}满足a1＝1，a2＝23，且1an－1＋1an＋1＝2an(n≥2)，则an等于()A.1n＋1B.(23)n－1C.(23)nD.2n＋1答案D解析由题意知{1an}是等差数列，又1a1＝1，

1a2＝32，∴公差为d＝1a2－1a1＝12，∴1an＝1a1＋(n－1)×12＝n＋12，∴an＝2n＋1，故选D.2.已知数列{an}中，a1＝1，且1an＋1＝1an＋3(n∈N*)，则a10等于()A.28B.33C.13

3D.128答案D解析由已知1an＋1－1an＝3(n∈N*)，所以数列{1an}是以1为首项，3为公差的等差数列，即1an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，解得an＝13n－2，a10＝128，故选D.3.已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝an＋1n2＋3n＋2(n∈N*)，则数列{an

}的通项为()A.an＝1n＋1B.an＝nn＋1C.an＝12＋n－1n2＋n＋2D.an＝n＋1n＋2答案B解析由an＋1＝an＋1n2＋3n＋2可得，an＋1－an＝1n2＋3n＋2＝1n＋1n＋2＝

1n＋1－1n＋2，所以a2－a1＝12－13，a3－a2＝13－14，a4－a3＝14－15，„，an－an－1＝1n－1n＋1，累加可得an－a1＝12－1n＋1，又a1＝12，所以an＝nn＋1，故选B.4.已知f(x)＝log2x1－x

＋1，an＝f(1n)＋f(2n)＋„＋f(n－1n)，n为正整数，则a2016等于()A.2015B.2009C.1005D.1006答案A解析因为f(x)＝log2x1－x＋1，所以f(x)＋f(1－x)＝log2x1－x＋1＋log21－xx＋1＝2.所以f

(1n)＋f(n－1n)＝2，f(2n)＋f(n－2n)＝2，„，f(n－1n)＋f(1n)＝2，由倒序相加，得2an＝2(n－1)，an＝n－1，所以a2016＝2016－1＝2015，故选A.5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋n＋2n(n∈N*)，则an为(

)A.nn－12＋2n－1－1B.nn－12＋2n－1C.nn＋12＋2n＋1－1D.nn－12＋2n＋1－1答案B解析∵an＋1＝an＋n＋2n，∴an＋1－an＝n＋2n.∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋„＋(an－an－1)＝1＋(1＋2)

＋(2＋22)＋„＋[(n－1)＋2n－1]＝1＋[1＋2＋3＋„＋(n－1)]＋(2＋22＋„＋2n－1)＝1＋n－1n2＋21－2n－11－2＝nn－12＋2n－1.6.已知数列{an}满足a1＝

1，an＝an－1＋2n(n≥2)，则a7等于()A.53B.54C.55D.109答案C解析∵an－an－1＝2n(n≥2)，∴a2－a1＝4，a3－a2＝6，a4－a3＝8，„a7－a6＝14，以上各式两边分别相加得a7－a1＝4＋6＋„＋14，a7＝1＋4＋14×

62＝55.7.数列{an}中，a1＝1，an＝2·3n－1＋an－1(n≥2)，则an＝________.答案3n－2解析因为an＝2·3n－1＋an－1(n≥2)，所以an－an－1＝2·3n－1(n≥2)，由叠加原理知an

－a1＝2(3＋32＋33＋„＋3n－1)(n≥2)，所以an＝a1＋231－3n－11－3＝1＋3n－3＝3n－2(n≥2)，因为a1＝1也符合上式，故an＝3n－2.8.若数列{an}满足an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N*)，a1＝

1，则数列{an}的通项公式an＝________________.答案2×3n－1－1解析设an＋λ＝3(an－1＋λ)，化简得an＝3an－1＋2λ，∵an＝3an－1＋2，∴λ＝1，∴an＋1＝3(an－1＋1).∵a1＝

1，∴a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1.9.若数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则通项an＝________________.答案22n－1－2n－1解析∵an＋1＝4an＋2n，

∴an＋12n＋1＝2an2n＋12，设bn＝an2n，则bn＋1＝2bn＋12，∴bn＋1＋12＝2(bn＋12)，即bn＋1＋12bn＋12＝2，又b1＋12＝1，∴{bn＋12}是等比数列，其中首项为1，公比为2，∴bn＋12＝2n－1，即bn＝

2n－1－12，即an2n＝2n－1－12，∴an＝2n(2n－1－12)＝22n－1－2n－1.10.设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n∈N*)，则它的通项公式an＝________________.答案1n解

析对原关系式进行等价变形可得(n＋1)a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0(n∈N*)⇒[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0，因为{an}是正项数列，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，从而n＋1an＋1nan＝1，

即数列{nan}是首项为1，公比为1的等比数列，所以nan＝1，即an＝1n.11.数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；(2)求{an}的通

项公式.(1)证明由an＋2＝2an＋1－an＋2，得bn＋1－bn＝an＋2－2an＋1＋an＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2，又b1＝a2－a1＝1，∴{bn}是首项为1，公差为2的等差数列.(2)解由(1)得bn＝2n－1，于是an＋1－an＝2n－1，an＝

[(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)]＋a1＝[1＋3＋…＋(2n－3)]＋1＝(n－1)2＋1，而a1＝1也符合，∴{an}的通项公式an＝(n－1)2＋1.12.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*).(1)

证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{nan＋n}的前n项和Tn.解(1)由已知，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，两式相减得，an＋1＝2an＋1，于是an

＋1＋1＝2(an＋1)(n≥2).当n＝1时，S2＝2S1＋1＋1，即a1＋a2＝2a1＋1＋1，所以a2＝3，此时a2＋1＝2(a1＋1)，且a1＋1＝2≠0，所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.所以an＋1＝2·2n－1，即an＝2n－1

(n∈N*).(2)令cn＝nan＋n，则cn＝n·2n，于是Tn＝1·21＋2·22＋„＋n·2n，2Tn＝1·22＋„＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减得，－Tn＝2＋22＋„＋2n－n·2n＋1＝22n－12－1－n·2n＋1＝(

1－n)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.