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
