【高考前三个月复习数学理科 数列】专题5 第23练

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)(2015江苏)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.(2)数列an中，已知a12，an1ancn (nN*，常数c0)，且a1，a2，a3成等比数列.求c的值；求数列an的通项公式.点评由已知递推关系式若能转化为an1anf(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，a13，a25，其前n项和Sn满足SnSn22Sn12n-1 (n3)，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a11，(n2)a(n1)aanan10，则它的通项公式为()A.an B.anC.an D.ann(2)已知数列an满足：a11,2n1anan1(nN且n2)，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Snan (n2)，且a11，a22，则an的通项公式an_.题型三构造法求通项公式例3(1)已知a11，an12an1，求an；(2)已知a11，an1，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“ancan1b”的条件下，可构造“anxc(an1x)”在“an”的条件下，可构造“”.变式训练3已知数列an中，a12，当n2时，an，求数列an的通项公式.高考题型精练1.在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN*)，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a1300，则a10为()A.350 B.300 C.400 D.4503.已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn等于()A.2n1 B.n1C.n1 D.4.已知f(x)log21，anf()f()f()，n为正整数，则a2 016等于()A.2 015 B.2 009 C.1 005 D.1 0065.已知数列an满足a11，anan-12n (n2)，则a7等于()A.53 B.54 C.55 D.1096.数列an满足a11，且对于任意的nN*都有an1ana1n，则等于()A. B. C. D.7.(2014课标全国)数列an满足an1，a82，则a1_.8.设函数f(x)a1a2xa3x2anxn1，f(0)，数列an满足f(1)n2an(nN*)，则数列an的通项公式为_.9.若f(n)为n21(nN*)的各位数字之和，如62137，f(6)3710，f1(n)f(n)，f2(n)f(f1(n)，fk1(n)f(fk(n)，kN*，则f2 016(4)_.10.数列an满足a1a2a3an2n5，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.(2015陕西)设fn(x)xx2xn1，x0，nN，n2.(1)求fn(2)；(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且0ann.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a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.(2)解由题意知a12，a22c，a323c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2c)22(23c).解得c0或c2，又c0，故c2.当n2时，由an1ancn，得a2a1c，a3a22c，anan1(n1)c，以上各式相加，得ana112(n1)cc.又a12，c2，故ann2n2 (n2)，当n1时，上式也成立，所以数列an的通项公式为ann2n2 (nN*).变式训练1解由SnSn22Sn12n1得：SnSn1Sn1Sn22n1，anan12n1 (n3).a2a1532，a3a2224，a4a38，anan12n1，以上各式相加得：ana1242n1，ana12n232n22n1，an2n1 (n1).例2(1)B(2)an2解析(1)由(n2)a(n1)aanan10，得(n2)an1(n1)an(an1an)0，又an0，所以(n2)an1(n1)an，即，an1an，所以ana1a1(n2)，所以an(n1适合)，于是所求通项公式为an.(2)n2时，22，21n，以上各式相乘得21222n12，an2 (n2).又a11满足an2.an2 (n1).变式训练2an解析Sn1an1 (n3).SnSn1anan1，ananan1，n3时，2，n1，an(n1)a22(n1) (n3).a22满足an2(n1)，an例3解(1)由an12an1得an112(an1)，又a1120，于是可知an1为以2为首项，2为公比的等比数列.即an12n，an2n1，所求通项公式为an2n1.(2)由an1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n2时，an1，两边取倒数，得.即，故数列是首项为1，公差为的等差数列.所以(n1).所以an.又当n1时，上式也成立，故数列an的通项公式是an (nN*).高考题型精练1.C 由已知得a21(1)22，a3a2a2(1)3，a3，a4(1)4，a43，3a53(1)5，a5，.2.B 依题意，得消去bn，得an1an150.由a1300，得a2300；由a2300，得a3300；从而得a10300，故选B.3.B 当n2时，SnSn12an12an，3an2an1，.Sn1n1.4.A 因为f(x)log21，所以f(x)f(1x)log21log212.所以f()f()2，f()f()2，f()f()2，由倒序相加，得2an2(n1)，ann1，所以a2 0162 01612 015，故选A.5.C anan12n (n2).a2a14，a3a26，a4a38，a7a614，以上各式两边分别相加得a7a14614，a7155.6.B an1ana1n，a11，an1an1n，ana1(a2a1)(anan1)12n，2.2(1).7.解析an1，an1111(1an2)an2，周期T(n1)(n2)3.a8a322a22.而a2，a1.8.an解析由f(0)，得a1，由f(1)n2an(nN*)，得Sna1a2ann2an.当n2时，anSnSn1n2an(n1)2an1，整理得，所以ana1，显然a1也符合.即an的通项公式为an.9.5解析因为42117，f(4)178，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fk1(n)f(fk(n)为周期数列.可得f2 016(4)5.10.an解析a1a2an2n5.a1a2an12(n1)5.由得an2，an2n1 (n2).又a125，a114.an11.an解析由Hn可得a12a23a3nan，a12a23a3(n1)an1，得nan，所以an.12.(1)解方法一由题设fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122(n2)2n2n2n1，则2fn(2)2222(n1)2n1n2n，得，fn(2)12222n1n2nn2n(1n)2n1，所以fn(2)(n1)2n1.方法二当x1时，fn(x)1，则fn(x)，可得fn(2)(n1)2n1.(2)证明因为fn(0)10，fn112n1220，所以fn(x)在内至少存在一个零点，又fn(x)12xnxn10，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0fn(an)1，由此可得ana，故an，所以0anan1n.