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第23練　?？嫉倪f推公式問題的破解方略 [題型分析高考展望]　利用遞推關(guān)系式求數(shù)列的通項公式及前n項和公式是高考中?？碱}型，掌握常見的一些變形技巧是解決此類問題的關(guān)鍵：一般這類題目難度較大，但只要將已知條件，轉(zhuǎn)化為幾類“模型”，然后采用相應(yīng)的計算方法即可解決. ?？碱}型精析 題型一　利用累加法解決遞推問題 例1　(1)(2015江蘇)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列前10項的和為________. (2)數(shù)列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝an＋cn (n∈N*，常數(shù)c≠0)，且a1，a2，a3成等比數(shù)列. ①求c的值； ②求數(shù)列{an}的通項公式. 　 　 　 　 　 　 　 　 點評　由已知遞推關(guān)系式若能轉(zhuǎn)化為an＋1＝an＋f(n)，或－＝f(n)且f(n)的和可求，則可采用累加法. 變式訓練1　已知數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＝5，其前n項和Sn滿足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n-1 (n≥3)，試求數(shù)列{an}的通項公式. 　 　 題型二　利用累乘法解決遞推問題 例2　(1)已知正項數(shù)列{an}滿足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，則它的通項公式為(　　) A.an＝ B.an＝ C.an＝ D.an＝n (2)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1,2n－1an＝an－1(n∈N且n≥2)，則數(shù)列{an}的通項公式是____________. 點評　若由已知遞推關(guān)系能轉(zhuǎn)化成＝f(n)的形式，且f(n)的前n項積能求，則可采用累乘法.注意驗證首項是否符合通項公式. 變式訓練2　數(shù)列{an}的前n項和Sn＝an (n≥2)，且a1＝1，a2＝2，則{an}的通項公式an＝______________. 題型三　構(gòu)造法求通項公式 例3　(1)已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，求an； (2)已知a1＝1，an＋1＝，求an. 　 　 　 　 　 　 　 點評　構(gòu)造法就是利用數(shù)列的遞推關(guān)系靈活變形，構(gòu)造出等差、等比的新數(shù)列，然后利用公式求出通項.此類問題關(guān)鍵在于條件變形：在“an＝can－1＋b”的條件下，可構(gòu)造“an＋x＝ c(an－1＋x)”在“an＝”的條件下，可構(gòu)造“＝＋”. 變式訓練3　已知數(shù)列{an}中，a1＝2，當n≥2時，an＝，求數(shù)列{an}的通項公式. 　 　 　 　 高考題型精練 1.在數(shù)列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，則的值是(　　) A. B. C. D. 2.學校餐廳每天供應(yīng)500名學生用餐，每星期一有A，B兩種菜可供選擇.調(diào)查資料表明，凡是在星期一選A種菜的，下星期一會有20%改選B種菜；而選B種菜的，下星期一會有30%改選A種菜.用an，bn分別表示在第n個星期的星期一選A種菜和選B種菜的人數(shù)，如果a1＝300，則a10為(　　) A.350 B.300 C.400 D.450 3.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn等于(　　) A.2n－1 B.n－1 C.n－1 D. 4.已知f(x)＝log2＋1，an＝f()＋f()＋…＋f()，n為正整數(shù)，則a2 016等于(　　) A.2 015 B.2 009 C.1 005 D.1 006 5.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝an-1＋2n (n≥2)，則a7等于(　　) A.53 B.54 C.55 D.109 6.數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋a1＋n，則＋＋…＋等于(　) A. B. C. D. 7.(2014課標全國Ⅱ)數(shù)列{an}滿足an＋1＝，a8＝2，則a1＝________. 8.設(shè)函數(shù)f(x)＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋anxn－1，f(0)＝，數(shù)列{an}滿足f(1)＝n2an(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為________. 9.若f(n)為n2＋1(n∈N*)的各位數(shù)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*，則f2 016(4)＝________. 10.數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則an＝__________. 11.對于正項數(shù)列{an}，定義Hn＝為{an}的“光陰”值，現(xiàn)知某數(shù)列的“光陰”值為Hn＝，則數(shù)列{an}的通項公式為________. 12.(2015陜西)設(shè)fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2. (1)求fn′(2)； (2)證明：fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點(記為an)，且0＜an－＜n. 　 　 　 　 　 答案精析 第23練　常考的遞推公式問題的破解方略 ?？碱}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，將以上n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝， 令bn＝， 故bn＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10 ＝2＝. (2)解?、儆深}意知a1＝2，a2＝2＋c，a3＝2＋3c， 因為a1，a2，a3成等比數(shù)列， 所以(2＋c)2＝2(2＋3c). 解得c＝0或c＝2，又c≠0，故c＝2. ②當n≥2時，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)，當n＝1時，上式也成立，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2－n＋2 (n∈N*). 變式訓練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， 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適合)， 于是所求通項公式為an＝. (2)n≥2時，＝， ∴＝，＝＝2－2，…，＝21－n， 以上各式相乘得 …＝2－12－2…2－n＋1 ∴＝2，∴an＝2 (n≥2). 又∵a1＝1滿足an＝2. ∴an＝2 (n≥1). 變式訓練2　an＝ 解析　∵Sn－1＝an－1 (n≥3). ∴Sn－Sn－1＝an－an－1， ∴an＝an－an－1，∴＝， ∴n≥3時，…＝2…， ∴＝n－1，∴an＝(n－1)a2＝2(n－1) (n≥3). ∵a2＝2滿足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}為以2為首項，2為公比的等比數(shù)列. 即an＋1＝2n，∴an＝2n－1， ∴所求通項公式為an＝2n－1. (2)由an＋1＝得－＝1(常數(shù))， 又＝1，∴{}為以1為首項，1為公差的等差數(shù)列， ∴＝n，從而an＝，即所求通項公式為an＝. 變式訓練3　解　因為當n≥2時，an－1＝， 兩邊取倒數(shù)，得＝＋. 即－＝，故數(shù)列是首項為＝1，公差為的等差數(shù)列. 所以＝＋(n－1)＝. 所以an＝.又當n＝1時，上式也成立，故數(shù)列{an}的通項公式是an＝ (n∈N*). 高考題型精練 1.C [由已知得a2＝1＋(－1)2＝2， ∴a3a2＝a2＋(－1)3，∴a3＝， ∴a4＝＋(－1)4，∴a4＝3， ∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝， ∴＝＝.] 2.B [依題意，得消去bn， 得an＋1＝an＋150. 由a1＝300，得a2＝300； 由a2＝300，得a3＝300； …… 從而得a10＝300，故選B.] 3.B [當n≥2時，Sn－Sn－1＝2an＋1－2an， ∴3an＝2an＋1，∴＝. ∴Sn＝1＋＝n－1.] 4.A [因為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a2 016＝2 016－1＝2 015，故選A.] 5.C [∵an－an－1＝2n (n≥2). ∴a2－a1＝4， a3－a2＝6， a4－a3＝8， … a7－a6＝14， 以上各式兩邊分別相加得 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－＋－＋…＋－)＝.] 7. 解析　∵an＋1＝， ∴an＋1＝＝＝ ＝＝1－ ＝1－＝1－(1－an－2)＝an－2， ∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3. ∴a8＝a32＋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. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1， 整理得＝， 所以an＝a1… ＝…＝， 顯然a1＝也符合. 即{an}的通項公式為an＝. 9.5 解析　因為42＋1＝17，f(4)＝1＋7＝8， 則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))為周期數(shù)列. 可得f2 016(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＝＝，① a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝，② ①－②得nan＝－＝， 所以an＝. 12.(1)解　方法一　由題設(shè)fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1， 所以fn′(2)＝1＋22＋…＋(n－2)2n－2＋n2n－1，① 則2fn′(2)＝2＋222＋…＋(n－1)2n－1＋n2n，② ①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n2n ＝－n2n＝(1－n)2n－1， 所以fn′(2)＝(n－1)2n＋1. 方法二　當x≠1時，fn(x)＝－1， 則fn′(x)＝， 可得fn′(2)＝ ＝(n－1)2n＋1. (2)證明　因為fn(0)＝－1＜0， fn＝－1＝1－2n ≥1－22＞0， 所以fn(x)在內(nèi)至少存在一個零點， 又f′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0， 所以fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 因此fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點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.