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全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题5第23练常考的递推公式问题的破解方略理
全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题5第23练常考的递推公式问题的破解方略理
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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.常考题型精析题型一 利用累加法解决递推问题例1 (1)(2022·江苏)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为________.(2)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. 12\n点评 由已知递推关系式若能转化为an+1=an+f(n),或-=f(n)且f(n)的和可求,则可采用累加法.变式训练1 已知数列{an}中,a1=3,a2=5,其前n项和Sn满足Sn+Sn-2=2Sn-1+2n-1(n≥3),试求数列{an}的通项公式. 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)a-(n+1)a+anan+1=0,则它的通项公式为( )A.an=B.an=C.an=D.an=n(2)已知数列{an}满足:a1=1,2n-1an=an-1(n∈N且n≥2),则数列{an}的通项公式是____________.点评 若由已知递推关系能转化成=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=an(n≥2),且a1=1,a2=2,则{an}的通项公式an=______________.12\n题型三 构造法求通项公式例3 (1)已知a1=1,an+1=2an+1,求an;(2)已知a1=1,an+1=,求an. 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=”的条件下,可构造“=+”.变式训练3 已知数列{an}中,a1=2,当n≥2时,an=,求数列{an}的通项公式. 12\n高考题型精练1.在数列{an}中,a1=1,anan-1=an-1+(-1)n(n≥2,n∈N*),则的值是( )A.B.C.D.2.学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一有A,B两种菜可供选择.调查资料表明,凡是在星期一选A种菜的,下星期一会有20%改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有30%改选A种菜.用an,bn分别表示在第n个星期的星期一选A种菜和选B种菜的人数,如果a1=300,则a10为( )A.350B.300C.400D.4503.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则Sn等于( )A.2n-1B.n-1C.n-1D.4.已知f(x)=log2+1,an=f()+f()+…+f(),n为正整数,则a2016等于( )A.2015B.2009C.1005D.10065.已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n(n≥2),则a7等于( )A.53B.54C.55D.1096.数列{an}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有an+1=an+a1+n,则++…+等于( )A.B.C.D.7.(2022·课标全国Ⅱ)数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=________.8.设函数f(x)=a1+a2x+a3x2+…+anxn-1,f(0)=,数列{an}满足f(1)=n2an(n∈N*),则数列{an}的通项公式为________.12\n9.若f(n)为n2+1(n∈N*)的各位数字之和,如62+1=37,f(6)=3+7=10,f1(n)=f(n),f2(n)=f(f1(n)),…,fk+1(n)=f(fk(n)),k∈N*,则f2016(4)=________.10.数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=2n+5,则an=__________.11.对于正项数列{an},定义Hn=为{an}的“光阴”值,现知某数列的“光阴”值为Hn=,则数列{an}的通项公式为________.12.(2022·陕西)设fn(x)=x+x2+…+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2.(1)求fn′(2);(2)证明:fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an),且0<an-<n. 答案精析第23练 常考的递推公式问题的破解方略常考题型精析例1 (1)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=,即an=,12\n令bn=,故bn==2,故S10=b1+b2+…+b10=2=.(2)解 ①由题意知a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,因为a1,a2,a3成等比数列,所以(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=c.又a1=2,c=2,故an=n2-n+2(n≥2),当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=n2-n+2(n∈N*).变式训练1 解 由Sn+Sn-2=2Sn-1+2n-1得:Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1,∴an-an-1=2n-1(n≥3).∴a2-a1=5-3=2,a3-a2=22=4,a4-a3=8,…an-an-1=2n-1,以上各式相加得:an-a1=2+4+…+2n-1,∴an=a1+2n-2=3+2n-2=2n+1,∴an=2n+1(n≥1).例2 (1)B (2)an=2解析 (1)由(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,得[(n+2)an+1-(n+1)an](an+1+an)=0,12\n又an>0,所以(n+2)an+1=(n+1)an,即=,an+1=an,所以an=··…·a1=a1(n≥2),所以an=(n=1适合),于是所求通项公式为an=.(2)n≥2时,=,∴=,==2-2,…,=21-n,以上各式相乘得··…·=2-1·2-2·…·2-n+1∴=2,∴an=2(n≥2).又∵a1=1满足an=2.∴an=2(n≥1).变式训练2 an=解析 ∵Sn-1=an-1(n≥3).∴Sn-Sn-1=an-an-1,∴an=an-an-1,∴=,∴n≥3时,··…·=2···…·,∴=n-1,∴an=(n-1)·a2=2(n-1)(n≥3).∵a2=2满足an=2(n-1),∴an=例3 解 (1)由an+1=2an+1得an+1+1=2(an+1),又a1+1=2≠0,于是可知{an+1}为以2为首项,2为公比的等比数列.12\n即an+1=2n,∴an=2n-1,∴所求通项公式为an=2n-1.(2)由an+1=得-=1(常数),又=1,∴{}为以1为首项,1为公差的等差数列,∴=n,从而an=,即所求通项公式为an=.变式训练3 解 因为当n≥2时,an-1=,两边取倒数,得=+.即-=,故数列是首项为=1,公差为的等差数列.所以=+(n-1)=.所以an=.又当n=1时,上式也成立,故数列{an}的通项公式是an=(n∈N*).高考题型精练1.C[由已知得a2=1+(-1)2=2,∴a3·a2=a2+(-1)3,∴a3=,∴a4=+(-1)4,∴a4=3,∴3a5=3+(-1)5,∴a5=,∴=×=.]2.B[依题意,得消去bn,得an+1=an+150.由a1=300,得a2=300;由a2=300,得a3=300;……从而得a10=300,故选B.]3.B[当n≥2时,Sn-Sn-1=2an+1-2an,12\n∴3an=2an+1,∴=.∴Sn=1+=n-1.]4.A[因为f(x)=log2+1,所以f(x)+f(1-x)=log2+1+log2+1=2.所以f()+f()=2,f()+f()=2,…,f()+f()=2,由倒序相加,得2an=2(n-1),an=n-1,所以a2016=2016-1=2015,故选A.]5.C[∵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+=55.]6.B[∵an+1=an+a1+n,a1=1,∴an+1-an=1+n,∴an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+…+n=,∴==2.∴++…+=2(1-+-+…+-)=.]12\n7.解析 ∵an+1=,∴an+1=====1-=1-=1-(1-an-2)=an-2,∴周期T=(n+1)-(n-2)=3.∴a8=a3×2+2=a2=2.而a2=,∴a1=.8.an=解析 由f(0)=,得a1=,由f(1)=n2an(n∈N*),得Sn=a1+a2+…+an=n2an.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1,整理得=,所以an=a1×××…×=××××…×=,显然a1=也符合.即{an}的通项公式为an=.9.5解析 因为42+1=17,f(4)=1+7=8,则f1(4)=f(4)=8,f2(4)=f(f1(4))=f(8)=11,f3(4)=f(f2(4))=f(11)=5,f4(4)=f(f3(4))=f(5)=8,…,12\n所以fk+1(n)=f(fk(n))为周期数列.可得f2016(4)=5.10.an=解析 ∵a1+a2+…+an=2n+5.①∴a1+a2+…+an-1=2(n-1)+5.②由①-②得an=2,∴an=2n+1(n≥2).又∵a1=2+5,∴a1=14.∴an=11.an=解析 由Hn=可得a1+2a2+3a3+…+nan==,①a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=,②①-②得nan=-=,所以an=.12.(1)解 方法一 由题设fn′(x)=1+2x+…+nxn-1,所以fn′(2)=1+2×2+…+(n-2)2n-2+n·2n-1,①则2fn′(2)=2+2×22+…+(n-1)2n-1+n·2n,②①-②得,-fn′(2)=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)2n-1,所以fn′(2)=(n-1)2n+1.方法二 当x≠1时,fn(x)=-1,则fn′(x)=,可得fn′(2)=12\n=(n-1)2n+1.(2)证明 因为fn(0)=-1<0,fn=-1=1-2×n≥1-2×2>0,所以fn(x)在内至少存在一个零点,又f′n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,所以fn(x)在内单调递增,因此fn(x)在内有且仅有一个零点an,由于fn(x)=-1,所以0=fn(an)=-1,由此可得an=+a>,故<an<,所以0<an-=a<×n+1=n.12
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:55:38
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文章作者:U-336598
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