2017版数学知识方法篇专题5数列、推理与证明第23练含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第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。（2015·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an＝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－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.（2015·江苏）设数列{an}满足a1＝1,且an＋1－an＝n＋1(n∈N＊），则数列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.(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＝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)，则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)，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＝eq\f（n（n－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*)。点评由已知递推关系式,若能转化为an＋1＝an＋f（n）,或eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an）＝f（n)且f（n)的和可求，则可采用累加法。变式训练1在数列｛an}中，a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋eq\f(1，n）)，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＋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)已知正项数列{an｝满足a1＝1,（n＋2）aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al（2,n）＋anan＋1＝0，则它的通项公式为（)A。an＝eq\f（1,n＋1)B.an＝eq\f(2,n＋1）C.an＝eq\f（n＋1，2)D.an＝n(2）已知数列｛an}中,a1＝1,eq\f(an,an＋1－an）＝n(n∈N*）,则a2016＝________。答案(1)B(2）2016解析(1）由（n＋2）aeq\o\al（2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2，n）＋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eq\f(an＋1，an)＝eq\f(n＋1，n＋2),an＋1＝eq\f(n＋1,n＋2)an,所以an＝eq\f(n，n＋1）·eq\f（n－1，n）·…·eq\f(2,3）a1＝eq\f（2,n＋1）a1(n≥2)，所以an＝eq\f（2,n＋1）(n＝1适合)，于是所求通项公式为an＝eq\f（2,n＋1）。(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。点评若由已知递推关系能转化成eq\f（an＋1,an）＝f（n）的形式,且f(n）的前n项积能求，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＝eq\f（n,2)an(n≥2），且a1＝1，a2＝2,则｛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}中，a1＝eq\f(1，2），an＋1＝eq\f(nan，n＋1nan＋2)(n∈N＊)，则数列｛an｝的通项公式an＝________.(2）已知a1＝1，an＋1＝eq\f（an，an＋1）,则an＝________。答案（1)eq\f(1,n3·2n－1－1)(2）eq\f（1，n)解析（1）由已知可得（n＋1)an＋1＝eq\f（nan,nan＋2）,设nan＝bn,则bn＋1＝eq\f（bn,bn＋2)，所以eq\f（1，bn＋1）＝eq\f（2,bn）＋1,两边都加1可得eq\f（1，bn＋1)＋1＝eq\f（2，bn）＋2＝2(eq\f（1,bn)＋1)，即｛eq\f(1,bn)＋1｝是公比为2，首项为3的等比数列。故eq\f(1,bn)＋1＝3·2n－1,所以eq\f(1,bn）＝3·2n－1－1＝eq\f（1，nan），所以an＝eq\f（1,n3·2n－1－1)(n＝1适合),于是所求通项公式为an＝eq\f（1,n3·2n－1－1).(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已知数列{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)，则an等于()A。eq\f(1,n＋1)B.（eq\f(2,3）)n－1C。（eq\f(2,3)）nD。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)，故选D.2.已知数列{an}中,a1＝1，且eq\f（1，an＋1)＝eq\f（1,an）＋3(n∈N*）,则a10等于(）A。28B.33C。eq\f（1,33)D。eq\f(1,28）答案D解析由已知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)，故选D。3.已知数列｛an｝中，a1＝eq\f（1，2)，an＋1＝an＋eq\f（1，n2＋3n＋2)（n∈N*），则数列｛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），故选B。4.已知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，则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，故选A。5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋n＋2n（n∈N*)，则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.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＋eq\f（4＋14×6，2)＝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＋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.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，∴eq\f（an＋1，2n＋1）＝eq\f(2an，2n）＋eq\f(1,2)，设bn＝eq\f(an,2n），则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。设{an｝是首项为1的正项数列,且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1）－naeq\o\al（2，n）＋an＋1an＝0(n∈N＊)，则它的通项公式an＝________________.答案eq\f（1，n)解析对原关系式进行等价变形可得（n＋1)aeq\o\al(2，n＋1）－naeq\o\al(2,n)＋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eq\f(n＋1a