（通用版）2023届高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题5数列、推理与证明第22练常考的递推公式问题的破解方略文

PAGEPAGE11第22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．(2022·湖南)设Sn为等比数列{an}的前n项和，假设a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，那么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an＝a1qn－1＝3n－12．(2022·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，那么Sn＝____________.答案－eq\f(1,n)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eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).3．(2022·江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10项的和为________．答案eq\f(20,11)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＝eq\f(2＋nn－1,2)，即an＝eq\f(nn＋1,2).令bn＝eq\f(1,an)，故bn＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).4．(2022·课标全国丙)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)假设S5＝eq\f(31,32)，求λ.(1)证明由题意，得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－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eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1).因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1.(2)解由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq\f(31,32)，得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32).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＝eq\f(1,nn－1)，那么an等于()A．2－eq\f(1,n) B．1－eq\f(1,n)C.eq\f(1,n) D．2－eq\f(1,n－1)答案A解析∵an－an－1＝eq\f(1,nn－1)，∴a2－a1＝eq\f(1,1×2)，a3－a2＝eq\f(1,2×3)，a4－a3＝eq\f(1,3×4)，…，an－an－1＝eq\f(1,nn－1)(n>1)，以上各式左右两边分别相加得an－a1＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn－1)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝1－eq\f(1,n)，∴an＝a1＋1－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n)，又a1＝1适合上式，∴an＝2－eq\f(1,n)，应选A.(2)在数列{an}中，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＝eq\f(nn－1,2)c.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*)．点评由递推关系式，假设能转化为an＋1＝an＋f(n)，或eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝f(n)且f(n)的和可求，那么可采用累加法．变式训练1在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋eq\f(1,n))，那么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＋eq\f(1,n))，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ln(1＋eq\f(1,n－1))＋ln(1＋eq\f(1,n－2))＋…＋ln(1＋1)＋1＝ln(eq\f(n,n－1)×eq\f(n－1,n－2)×…×2)＋1＝1＋lnn.题型二利用累乘法解决递推问题例2(1)a1＝1，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，那么an＝________.(2)数列{an}中，a1＝1，eq\f(an,an＋1－an)＝n(n∈N*)，那么a2016＝________.答案(1)eq\f(nn＋1,2)(2)2016解析(1)∵eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，∴eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×eq\f(a4,a3)×…×eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×eq\f(6,4)×eq\f(7,5)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2).即eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,2)，又∵a1＝1，∴an＝eq\f(nn＋1,2)，而a1＝1也适合上式，∴{an}的通项公式为an＝eq\f(nn＋1,2).(2)由eq\f(an,an＋1－an)＝n(n∈N*)，得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(3,2)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(4,3)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，各式相乘得eq\f(an,a1)＝n，∴an＝n(n＝1适合)，∴a2016＝2016.点评假设由递推关系能转化成eq\f(an＋1,an)＝f(n)的形式，且f(n)的前n项积能求，那么可采用累乘法．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＝eq\f(n,2)an(n≥2)，且a1＝1，a2＝2，那么{an}的通项公式an＝______________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1，n≥2))解析∵Sn－1＝eq\f(n－1,2)an－1(n≥3)，∴Sn－Sn－1＝eq\f(n,2)an－eq\f(n－1,2)an－1，∴an＝eq\f(n,2)an－eq\f(n－1,2)an－1，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n－2).∴当n≥3时，eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝2·eq\f(3,2)·eq\f(4,3)·…·eq\f(n－1,n－2)，∴eq\f(an,a2)＝n－1，∴an＝(n－1)·a2＝2(n－1)(n≥3)．∵a2＝2满足an＝2(n－1)，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1，n≥2.))题型三构造法求通项公式例3(1)数列{an}，a1＝2，an＝eq\f(an－1,1＋an－1)(n≥2)，那么an＝________.(2)a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋1)，那么an＝________.答案(1)eq\f(2,2n－1)(2)eq\f(1,n)解析(1)由an＝eq\f(an－1,1＋an－1)两边取倒数得eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，公差为1的等差数列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)＝n－eq\f(1,2)＝eq\f(2n－1,2).∴an＝eq\f(2,2n－1).(2)由an＋1＝eq\f(an,an＋1)，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1(常数)，又eq\f(1,a1)＝1，∴{eq\f(1,an)}为以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝n，从而an＝eq\f(1,n)，即所求通项公式为an＝eq\f(1,n).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＝eq\f(man－1,kan－1＋m)〞的条件下，可构造“eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－1)＋eq\f(k,m)〞．变式训练3数列{an}中，a1＝2，当n≥2时，an＝eq\f(7an－1－3,3an－1＋1)，求数列{an}的通项公式．解因为当n≥2时，an－1＝eq\f(4an－1－4,3an－1＋1)，两边取倒数，得eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,an－1－1)＋eq\f(3,4).即eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(3,4)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是首项为eq\f(1,a1－1)＝1，公差为eq\f(3,4)的等差数列．所以eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,a1－1)＋eq\f(3,4)(n－1)＝eq\f(3n＋1,4).所以an＝eq\f(3n＋5,3n＋1).又当n＝1时，上式也成立，故数列{an}的通项公式是an＝eq\f(3n＋5,3n＋1)(n∈N*)．高考题型精练1．数列{an}满足a1＝1，a2＝eq\f(2,3)，且eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)(n≥2)，那么an等于()A.eq\f(1,n＋1) B．(eq\f(2,3))n－1C．(eq\f(2,3))n D.eq\f(2,n＋1)答案D解析由题意知{eq\f(1,an)}是等差数列，又eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a2)＝eq\f(3,2)，∴公差为d＝eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1)，应选D.2．数列{an}中，a1＝1，且eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋3(n∈N*)，那么a10等于()A．28B．33C.eq\f(1,33)D.eq\f(1,28)答案D解析由eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3(n∈N*)，所以数列{eq\f(1,an)}是以1为首项，3为公差的等差数列，即eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2，解得an＝eq\f(1,3n－2)，a10＝eq\f(1,28)，应选D.3．数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋3n＋2)(n∈N*)，那么数列{an}的通项为()A．an＝eq\f(1,n＋1) B．an＝eq\f(n,n＋1)C．an＝eq\f(1,2)＋eq\f(n－1,n2＋n＋2) D．an＝eq\f(n＋1,n＋2)答案B解析由an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋3n＋2)可得，an＋1－an＝eq\f(1,n2＋3n＋2)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以a2－a1＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，a3－a2＝eq\f(1,3)－eq\f(1,4)，a4－a3＝eq\f(1,4)－eq\f(1,5)，…，an－an－1＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，累加可得an－a1＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)，又a1＝eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(n,n＋1)，应选B.4．f(x)＝log2eq\f(x,1－x)＋1，an＝f(eq\f(1,n))＋f(eq\f(2,n))＋…＋f(eq\f(n－1,n))，n为正整数，那么a2016等于()A．2015B．2009C．1005D．1006答案A解析因为f(x)＝log2eq\f(x,1－x)＋1，所以f(x)＋f(1－x)＝log2eq\f(x,1－x)＋1＋log2eq\f(1－x,x)＋1＝2.所以f(eq\f(1,n))＋f(eq\f(n－1,n))＝2，f(eq\f(2,n))＋f(eq\f(n－2,n))＝2，…，f(eq\f(n－1,n))＋f(eq\f(1,n))＝2，由倒序相加，得2an＝2(n－1)，an＝n－1，所以a2016＝2016－1＝2015，应选A.5．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋n＋2n(n∈N*)，那么an为()A.eq\f(nn－1,2)＋2n－1－1B.eq\f(nn－1,2)＋2n－1C.eq\f(nn＋1,2)＋2n＋1－1D.eq\f(nn－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＋eq\f(n－1n,2)＋eq\f(21－2n－1,1－2)＝eq\f(nn－1,2)＋2n－1.6．数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，那么a7等于()A．53 B．54C．55 D．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＋eq\f(4＋14×6,2)＝55.7．数列{an}中，a1＝1，an＝2·3n－1＋an－1(n≥2)，那么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＋2eq\f(31－3n－1,1－3)＝1＋3n－3＝3n－2(n≥2)，因为a1＝1也符合上式，故an＝3n－2.8．假设数列{an}满足an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N*)，a1＝1，那么数列{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．假设数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，那么通项an＝________________.答案22n－1－2n－1解析∵an＋1＝4an＋2n，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(2an,2n)＋eq\f(1,2)，设bn＝eq\f(an,2n)，那么bn＋1＝2bn＋eq\f(1,2)，∴bn＋1＋eq\f(1,2)＝2(bn＋eq\f(1,2))，即eq\f(bn＋1＋\f(1,2),bn＋\f(1,2))＝2，又b1＋eq\f(1,2)＝1，∴{bn＋eq\f(1,2)}是等比数列，其中首项为1，公比为2，∴bn＋eq\f(1,2)＝2n－1，即bn＝2n－1－eq\f(1,2)，即eq\f(an,2n)＝2n－1－eq\f(1,2)，∴an＝2n(2n－1－eq\f(1,2))＝22n－1－2n－1.10．数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，那么a1＝________.答案eq\f(1,2)解析∵an＋1＝eq\f(1,1－an)，∴an＋1＝eq\f(1,1－an)＝eq\f(1,1－\f(1,1－an－1))＝eq\f(1－an－1,1－an－1－1)＝eq\f(1－an－1,－an－1)＝1－eq\f(