压轴题命题区间(四)增分点1利用构造或猜想,解决数列递推问题

1、初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中压轴题命题区间(四 )数列增分点利用构造或猜想，解决数列递推问题各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈递推数列的通项问题是高考的热点问题，又是高中数学教学的难点高考往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为所研究的等差或等比数列典例 2015 全国卷设 Sn 是数列 an的前

2、n 项和，且a1 1，an 1Sn 1Sn，则Sn. 思路点拨 (1) 条件中既有 an1 ，又有 Sn，自然想到用公式anS1， n 1，又因为结果求 Sn，Sn Sn 1， n2.所以考虑用公式an 1 Sn 1 Sn 换掉 an 1，进而得到关于Sn 的递推公式，用构造新数列使问题获解(2) 考虑到填空题的题型特点，由递推关系求出a2， a3， a4 ，进而发现规律，猜想通项公式 an，最后由an 求出 Sn，当然这需要冒一定风险 方法演示 法一：构造法由已知得an 1 Sn 1 Sn Sn 1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得1 1 1，Sn 1Sn故数列1 是以 1 为首项， 1 为公

3、差的等差数列，Sn则 1 1 (n 1) ( 1) n，Sn1所以 Sn n.法二：归纳推理法由 a1 1，an 1 SnSn 1 可得 a2 S1 S2 a1(a1 a2)，故 a211 ，同理可得 a3121 261， a4 11， ，由此猜想当n 2 时，有 an111，所以当 n 21234n1n2 3n1 n时， Sn a1 a2 an 1 1 1 11 11 11 1.又因为 S1n22334n1n初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中 1 也适合上

4、式，所以Sn 1.n答案： 1n 解题师说 1一般地， 对于既有an，又有 Sn 的数列题， 应充分利用公式anS1， n 1，Sn Sn 1， n2，有时将 an 转化为 Sn，有时将 Sn 转化为 an，要根据题中所给条件灵活变动 特别注意的是，公式 an Sn Sn 1 当且仅当 n 2 时成立，所以在利用作差法求解数列的通项公式时，应注意对 n 1 的检验2由递推公式求数列通项的常用方法(1) 形如 an1 an f(n)，常用叠加法，即利用恒等式an a1 ( a2a1 ) (a3 a2)(an an1 )求通项公式(2) 形如 an1 anf(n)，常可采用叠乘法， 即利用恒等式a

5、2a3an求通项公式an a1 a1a2an 1(3) 形如 an1 ban d(其中 b，d 为常数， b 0,1)的数列， 常用构造法 其基本思路是：构造 a x b(a x) 其中 xd，则 a x是公比为 b 的等比数列，利用它即可求出n 1nb 1nan.(4) 形如 an1pan(p， q， r 是常数 )的数列，将其变形为1r 1qan 1 .qan rp an p若 p r，则1是等差数列，且公差为q，可用公式求通项；anp若 p r，则再采用 (3)的办法求解 应用体验 1 (2018 西六市联考陕 )已知数列 an中， a1 3，且点 Pn(an， an 1)( n N *

6、 )在直线 4xy1 0 上，则数列 an的通项公式为 _解析： 因为点 Pn(an， an 1)(n N* ) 在直线 4x y1 0 上，所以 4an an 1 1 0.1 1所以 an 1 3 4 an 3 .1 10因为 a1 3，所以 a1 3 3 .故数列 an 1是首项为 10，公比为 4 的等比数列33所以 an1 10 4n 1，故数列 an的通项公式为33初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中an 10 4n 11.3310n11答案： an

7、3 432 (2018 汉调研武 )数列 an满足 a1 2， an 1 a2n(an0， n N * )，则 an _.解析： 因为数列 an满足 a1 2，an 1 a2n(an0 ， n N * )，log2an1所以 log2an 1 2log2 an，即 log2an 2.又 a1 2，所以 log2a1 log22 1.故数列 log2an是首项为1，公比为2 的等比数列n 1n1所以 log2an 2，即 an 22.答案： 22n 1一、选择题1(2018 云南 11 校跨区调研 )已知数列 an 中， a1 1，an 1 an 2n 1，则 a5 ()A 16B 25C 24

8、D 26解析：选 B依题意得an 1 an 2n 1， a5a1 ( a2 a1) (a3 a2) (a4 a3 ) (a5a4) 13 5 7 9 25.2 (2018 石家庄质检 )数列 an满足 an 1 ( 1)nan 2n 1，则数列 an的前 60 项和为()A 3 690B 3 660C 1 845D 1 830解析：选 D不妨令 a1 1，根据题意，得 a2 2，a3 a5 a7 1，a4 6，a6 10， ，所以当 n 为奇数时， an 1，当 n 为偶数时， 构成以 a2 2 为首项，以 4 为公差的等差数列 所以前 60 项和为 S 30 2 30 30 30 1 4 1

9、 830.60222项和为 Sn，则S53已知正项数列 an满足 an 1 an 1an 2an 0， an的前 n ()a33131A. 4B. 21515C. 4D. 2解析：选 A 由 an2 1 an 1an 2an2 0，得 (an 1 an)( an 1 2an) 0，又 an为正项数列，所以 an1 2an，所以数列 an是公比为a11 252 的等比数列 设首项为 a1，则 S5 31a1，1 2初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中a3 a12

10、2 4a1，所以 S5 31.a344数列 an满足 a1 2，a2 1，并且 anan1 anan 1(n 2)，则数列 an的第 100项an 1 anan an 1为 ()1B.1A. 100250211C. 100D.50aaa aan 1anaa解析：选 Dnn 1nn 1n1 n因为 an 1 anan an 1(n 2)，所以数列 an 1 an是常数数列，设an1 an k，所以 1 11，所以 1 11 1，所以 1 1 11 1111an an 1 kk22a100a100a99 a99a98a2a1 a199 1 50，所以 a100 1 .22505用 x表示不小于x

11、的最小整数，例如2 2， 1.2 2， 1.1 1.已知数列 an111满足 a1 1， an 1 an2 an，则 a1 1a2 1a2 018 1 ()A 1B 0C 1D 2解析：选C a1 1， an 1 an2 an， a 1， 1 2 11nan1 an anan an 11 11，an 1an an1111a1 1 a2 1 a2 018 11.a2 019011 1，a2 019 11， an an 1111111111a1a2a2a3a2 018a2 019a1a2 019 1 1 1.a2 0196 (2018 福州质检 )已知数列 an中， a1 1，且对任意的m，n N

12、* ，都有 am n am mn，则2 0181()ani 1ai2 0172 016A. 2 018B.2 0172 0184 036C. 2 019D.2 019初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中解析： 选 D令 m 1，则 an 1 a1 an n，又 a1 1，所以 an 1 an n 1，即 an1 an n 1，所以 a2 a1 2， a3a2 3， ， an an1 n(n 2)，把以上 n 1 个式子相加，得 an a1 2 3 n，所以 a

13、 1 2 3 n n n1 ，n2当 n 1 时，上式也成立，所以an n n 1 ，2所以12 211，nan1n 1n n2018 11111114 036所以 i 1 ai 21 223 2 018 2 019 212 0192 019.7在数列 an 和 bn中， an 1 an bn an2 bn2， bn 1 an bnan2 bn2， a1 1， b1 1.设 cn1 1 ，则数列 cn的前 2 018 项和为 ()anbnA 4 036B 2 018C 4 035D 2 017解析：选 A由已知 an1 an bnan2 bn2，bn1 an bnan2 bn2得 an 1 b

14、n 1 2(an bn)，又 a1 b1 2，所以数列 an bn是首项为 2，公比为2 的等比数列，即an bn 2n，将 an1 an bn an2 bn2 ， bn 1 an bn an2 bn2 相乘并化简，得an 1bn 1 2anbn，即an 1bn 12 的等比数列， 所以 anbn 2n 11anbn 2.所以数列 anbn是首项为 1，公比为，因为 cnan1，所以 cnan bn2n项和为2 2 018 4 036. n1 2，数列 cn 的前 2 018bnanbn22an， 0an1，8已知数列 an满足 an 12若 a1 3，则 a2 018 ()2an 1，1 a

15、n1.5212A.5B.534C.5D.5解析：选A因为 a1 3，根据题意得 a2 1， a3 2， a4 4， a53，所以数列 an以 455555为周期的数列，1又 2 018 504 4 2，所以 a2 018 a2 5.9已知数列 an满足 an 2 an1 an，且 a1 2， a2 3， Sn 为数列 an的前 n 项和，则初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中S2 018 的值为 ()A 6B 2C 0D 5解析：选D依题意， a1 2， a2

16、 3，a3 a2 a1 3 2 1，a4 a3 a2 1 3 2，a5 a4 a3 2 1 3，a6 a5 a4 3 ( 2) 1，a7 a6 a5 1 ( 3) 2，a8 a7 a6 2 ( 1) 3，所以数列 an是周期为6 的周期数列又因为2 018 6 336 2，所以 S2 018 (2 3 12 3 1) 336 2 3 5.210设 Sn 是数列 an的前 n 项和，且 a1 1， an 1 SnSn1，则使nSn取得最大值21 10Sn时 n 的值为 ()A 2B 5C 4D 3解析：选D因为 an 1 Sn 1 Sn，所以 S SS ?1 11，n 1nnSn 1n 1 Sn

17、S11、公差为1 的等差数列，即数列Sn 是以首项为所以 1 n，即 S 1，SnnnnSn212则n nn1.2 2n12 n10101 10S1 10 nn n因为 n 10 2 10，当且仅当 n10时取等号，又n 为自然数，所以根据函数的单调n性可从与 n 10相邻的两个整数中求最大值，当 n 3 时，nSn22 3 ，当 n 4 时，nSn222 ，1 10Sn191 10Sn13所以最大值为3 ，此时 n 3.1911(2018 州诊断兰 )已知数列 an中，a1 1，Sn 为数列 an的前 n 项和，且当 n 2 时，初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学

18、案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中有2an)2 1 成立，则 S2 018 (anSn Sn21A. 2 017B.1 00921C. 2 019D.1 010解析：选C当 n 2 时，由2an21，得 2(Sn Sn1) (Sn Sn 1)Sn Sn2 SnSnanSn Sn1，2 21.又 2 2，2是以2 为首项， 1 为公差的等差数列，2 n 1，故n11SnnSSnSS22Sn，则 S2 018 2 019.n112(2018 广州综合测试 )设 Sn 为数列 an的前 n 项和，已知 a1 2，对任意 p，

19、q N * ，都有 ap q ap aq，则 f(n)Sn 60n 1(n N* )的最小值为 ()29A. 2B 15102C. 7D 16解析： 选 A已知 a12，对任意p，qN * ，都有 apq ap aq，令 p 1， qn，则有an 1 an a1 an 2，故 an是首项为2，公差为2 的等差数列，所以 an2n， Sn n 2n 2 n2 n，2 602 n 602 n 1 6060 1.所以 f(n) Sn n n 1 n 1n1n 1n 1n 1当 n 1 8 时， f(7) 8 608 1 292；当 n 1 7 时， f(6) 7 60 1 102，77因为 29 1

20、02，则 f(n) Sn 60*292 7n 1 (n N)的最小值为 2 .二、填空题13已知数列 an中，a1 2，且 an2 1 4(an 1 an)( n N * )，则其前 9 项和 S9 _.an解析： 由已知，得22an 1 4anan 1 4an，即 a2n 1 4anan 1 4a2n (an 1 2an)2 0，92 12所以 an 1 2an，所以数列 an是以首项为2、公比为 2 的等比数列， 故 S91 2210 21 022.初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数学导学案、数学练习题、数学初中初中数学、数学课件、数学教案、初中数学试卷、试题数学、数

21、学导学案、数学练习题、数学初中答案： 1 0222214已知各项均为正数的数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S1 2,3Sn 2an 1Sn an 1，则an _.解析： 由 S1 2，得 a1 S1 2，由 3S2n 2an 1Sn a2n 1，得 4S2n (Sn an 1)2.又 an 0， 2Sn Sn an 1，即 Sn an1，当 n 2 时， Sn 1 an，an 1两式作差得：an an 1 an，即 2，22又由 S1 2,3Sn 2an 1Sn an1 ，解得 a2 2.当 n 1 时不符合上式，2， n 1， an 2n 1， n 2.2， n 1，答案：2n1， n 211212315 (2018 石家庄质检 )已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，数列an为 2，3，3，4，4，4，1， 2， 3， 4，1， 2 ， n 1，若 S 14，则 a _.5 555nnnkk解析： 因为 12 n 1 1 2 n 1 n 1，1 2 nn nnn2 2n 1n 1n 11 2 n n，所以数列1，12，1 2 3， ，12 n是首项为1，公n122 334441 n1n12n113n22n nn n差为2的等差数列， 所以该数列的前n 项和 Tn 2 12 2 4 .令 T n4 14，7