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第22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a11，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an_.答案3n1解析由3S1,2S2，S3成等差数列知，4S23S1S3，可得a33a2，公比q3，故等比数列通项ana1qn13n1.2(2015课标全国)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.答案解析由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，因为Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.3(2015江苏)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_答案解析a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an.令bn，故bn2，故S10b1b2b102.4(2016课标全国丙)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.(1)证明由题意，得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1，得an1an1an，即an1(1)an，由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)解由(1)得Sn1n.由S5，得15，即5.解得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，a11，anan1，则an等于()A2B1C.D2答案A解析anan1，a2a1，a3a2，a4a3，anan1(n1)，以上各式左右两边分别相加得ana111，ana112，又a11适合上式，an2，故选A.(2)在数列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的通项公式解由题意知，a12，a22c，a323c，a1，a2，a3成等比数列，(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，数列an的通项公式为ann2n2(nN*)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在数列an中，a11，an1anln(1)，则an等于()A1nln nB1nln nC1(n1)ln nD1ln n答案D解析a11，an1anln(1)，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1ln(1)ln(1)ln(11)1ln(2)11ln n.题型二利用累乘法解决递推问题例2(1)已知a11，则an_.(2)已知数列an中，a11，n(nN*)，则a2 016_.答案(1)(2)2 016解析(1)，.即，又a11，an，而a11也适合上式，an的通项公式为an.(2)由n(nN*)，得，各式相乘得n，ann(n1适合)，a2 0162 016.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_.答案解析Sn1an1 (n3)，SnSn1anan1，ananan1，.当n3时，2，n1，an(n1)a22(n1)(n3)a22满足an2(n1)，an题型三构造法求通项公式例3(1)已知数列an，a12，an(n2)，则an_.(2)已知a11，an1，则an_.答案(1)(2)解析(1)由an两边取倒数得1，数列是首项为，公差为1的等差数列，(n1)n.an.(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.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数列an满足a11，a2，且(n2)，则an等于()A.B()n1C()nD.答案D解析由题意知是等差数列，又1，公差为d，(n1)，an，故选D.2已知数列an中，a11，且3(nN*)，则a10等于()A28 B33 C. D.答案D解析由已知3(nN*)，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，即1(n1)33n2，解得an，a10，故选D.3已知数列an中，a1，an1an(nN*)，则数列an的通项为()AanBanCanDan答案B解析由an1an可得，an1an，所以a2a1，a3a2，a4a3，anan1，累加可得ana1，又a1，所以an，故选B.4已知f(x)log21，anf()f()f()，n为正整数，则a2 016等于()A2 015 B2 009 C1 005 D1 006答案A解析因为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已知数列an满足a11，an1ann2n(nN*)，则an为()A.2n11B.2n1C.2n11D.2n11答案B解析an1ann2n，an1ann2n.ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)1(12)(222)(n1)2n11123(n1)(2222n1)12n1.6已知数列an满足a11，anan12n(n2)，则a7等于()A53 B54C55 D109答案C解析anan12n(n2)，a2a14，a3a26，a4a38，a7a614，以上各式两边分别相加得a7a14614，a7155.7数列an中，a11，an23n1an1(n2)，则an_.答案3n2解析因为an23n1an1(n2)，所以anan123n1(n2)，由叠加原理知ana12(332333n1)(n2)，所以ana1213n33n2(n2)，因为a11也符合上式，故an3n2.8若数列an满足an3an12(n2，nN*)，a11，则数列an的通项公式an_.答案23n11解析设an3(an1)，化简得an3an12，an3an12，1，an13(an11)a11，a112，数列an1是以2为首项，3为公比的等比数列，an123n1，an23n11.9若数列an满足a11，且an14an2n，则通项an_.答案22n12n1解析an14an2n，设bn，则bn12bn，bn12(bn)，即2，又b11，bn是等比数列，其中首项为1，公比为2，bn2n1，即bn2n1，即2n1，an2n(2n1)22n12n1.10数列an满足an1，a82，则a1_.答案解析an1，an1111(1an2)an2，周期T(n1)(n2)3.a8a322a22.而a2，a1.11数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式(1)证明由an22an1an2，得bn1bnan22an1an2an1an22an1an2，又b1a2a11，bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)解由(1)得bn2n1，于是an1an2n1，an(a2a1)(a3a2)(anan1)a113(2n3)1(n1)21，而a11也符合，an的通项公式an(n1)21.12已知数列an的首项a11，前n项和为Sn，且Sn12Snn1(nN*)(1)证明数列an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)求数列nann的前n项和Tn.解(1)由已知，Sn12Snn1(nN*), 当n2时，Sn2Sn1n，两式相减得，an12an1，于是an112(an1)(n2)当n1时，S22S111，即a1a22a111，所以a23，此时a212(a11)，且a1120，所以数列an1是首项为a112，公比为2的等比数列所以an122n1，即an2n1(nN*)(2)令cnnann，则cnn2n，于是Tn121222n2n，2Tn122(n1)2nn2n1，两式相减得，Tn2222nn2n1n2n1(1n)2n12，所以Tn(n1)2n12.
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