【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 高考必会题型 专题5 数列 第24练 常考的递推公式问题的破解方略

第24练　常考的递推公式问题的破解方略题型一　由相邻两项关系式求通项公式例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________．破题切入点　对条件因式分解．答案　an＝解析　由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0，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＝.题型二　已知多项间的递推关系求通项公式例2　已知数列{an}满足a1＝，anan－1＝an－1－an，则数列{an}的通项公式为________．破题切入点　求证{－}为等差数列，再利用累加法求得，便可求得an.答案　an＝解析　∵anan－1＝an－1－an，∴－＝1.∴＝＋＋＋…＋＝2＋1＋1＋…＋＝n＋1.∴＝n＋1，∴an＝.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.破题切入点　观察条件，联想学过的数列来构造．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．即an＋1＝2n，∴an＝2n－1，∴所求通项公式为an＝2n－1.-7-\n(2)由an＋1＝得－＝1(常数)，又＝1，∴{}为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＝.总结提高　求数列通项公式常见的方法：(1)观察法：利用递推关系写出前n项，根据前n项的特点观察，归纳猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明．(2)利用前n项和与通项的关系an＝(3)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.(4)在已知数列{an}中，满足＝f(n)且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.(5)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．1．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则的值是________．答案　解析　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．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＝________.答案　300解析　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.-7-\n3．已知f(x)＝log2＋1，an＝f()＋f()＋…＋f()，n为正整数，则a2015＝________.答案　2014解析　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a2015＝2015－1＝2014.4．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．答案　an＝5n－3×2n－1解析　在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为.所以bn－1＝(－)×()n－1，即bn＝1－×()n－1＝，故an＝5n－3×2n－1.5．数列{an}的前n项和Sn满足2SnSn－1＝an(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，则数列{an}的通项公式为________．答案　an＝解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则2SnSn－1＝Sn－Sn－1，即－＝－2，又＝＝1，-7-\n故{}是首项为1，公差为－2的等差数列，则＝1＋(n－1)(－2)＝－2n＋3，所以Sn＝.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，验证a1＝1不满足，故所求通项公式an＝6．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an＝________.答案　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}的通项为an＝.7．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f2014(4)＝________.答案　8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，…，所以fk＋1(n)＝f(fk(n))为周期数列．可得f2014(4)＝8.-7-\n8．数列{an}，{bn}满足an＝lnn，bn＝，则数列{an·bn}中第________项最大．答案　3解析　设函数f(x)＝lnx，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.分析知函数f(x)在(0，e]上是增函数，在[e，＋∞)上是减函数，又f(2)＝ln2＝ln<f(3)＝ln3＝ln，所以an·bn＝lnn(n∈N*)在n＝3时取得最大值，即数列{an·bn}中第3项最大．9．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________．答案　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＝.10．(2022·课标全国Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________.答案　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.-7-\n而a2＝，∴a1＝.11．(2022·大纲全国)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an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)解　由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.于是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.12．(2022·湖南)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．解　(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝，p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾．故p＝.(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝()2n－1＝.③因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－()2n＝.④由③④可知，an＋1－an＝.于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)-7-\n＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.故数列{an}的通项公式为an＝＋·.-7-