高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
变式1.1:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k ,其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.解：Θk k k a a )1(122-+=-，kk k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …………k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++kk k a ，1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。
经检验11=a 也适合，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--⋅+⋅--⋅+⋅=-+)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数n n a nn n n n类型2n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例3:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+)1(≥n ，求n a 。
解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---L 。
高考数学专题59 由递推关系求数列的通项(解析版)
专题59 由递推关系求数列的通项一、题型选讲题型一 、 由连续两项之间的关系确定数列的通项 利用数列的递推公式求解数列的通项公式的策略： 1、对于递推关系转化为〔常数〕或〔常数〕可利用等差、等比数列的通项公式求解； 2、对于递推关系式可转化为的数列，通常采用叠加法〔逐差相加法〕求其通项公式；3、对于递推关系式可转化为的数列，并且容易求数列前项积时，通常采用累乘法求其通项公式；4、对于递推关系式形如的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.例1、数列{}n a 中，111,21(2)n n a a a n -==+≥，求数列{}n a 的通项公式。
【解析】解法一：121(2),n n a a n -=+≥112(1)n n a a -∴+=+ 又{}112,1n a a +=∴+是首项为2，公比为2的等比数列12n n a ∴+=，即21n n a =- 解法二：121(2),n n a a n -=+≥121n n a a +∴=+两式相减得112()(2)n n n n a a a a n +--=-≥，故数列{}1n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列，再用累加法的……例2、在数列{n a }中，1a =21，1121+++=n n n a a 求n a 【解析】： 由递推式得：1121++=-n n n a a1n n a a d +-=1n na q a +=1()n n a a f n +-=1()n na f n a +={()}f n n 1n n a pa q +=+即： 21221=-a a 32321=-a a43421=-a a……………..)2(211≥=--n a a n n n 以上各式相加：nn a a 21.....2121321++++= =n 21.....21212132++++ =211)211(21--n =n 211- )2(≥n 当1=n 时 1a =1—21211= 所以n a =n 211-例3、n n a n n a a 2313,311+-==+ 求n a【解析】：由递推式得23131+-=+n n a a n n 即：21311312+⨯-⨯=a a =5222312323+⨯-⨯=a a =85 11823313334=+⨯-⨯=a a ………………………13432)1(31)1(31--=+-⨯--⨯=-n n n n a a n n )2(≥n以上各式相乘:1361321-=-=n a n a n )2(≥n 当1=n 时 1a =1136-⨯=3所以： 136-=n a n题型二、由连续三项确定数列的通项原递推式可化为211()() n n n n a a p a a λλλ++++=++的形式，比拟系数可求得λ，数列{}1n n a a λ++为等比数列。
2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)
数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 （解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。
专题由递推关系求数列的通项公式(含答案)
.专题 由递推关系求数列的通项公式一、目标要求通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法：二、知识梳理求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。
三、典例精析1、公式法 ：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。
常用的公式有 a nS 1 S nSn 1等差数列和等比数列的通项公式。
例 1已知数列 { a n } 中 a 1 2 ， s nn 2+2 ，求数列 { a n } 的通项公式n 1及n 2评注 在运用 a n s n s n 1 时要注意条件 n 2 ，对 n=1 要验证。
2、累加法： 利用恒等式 a n a 1 a 2 a 1 +......+ a n a n 1 求通项公式的方法叫累加法。
它是求型如an 1a n +f n 的递推数列的方法（其中数列 f n 的前 n 项和可求）。
例2已知数列{ a n } 中 a 1 1 a n +1 ，求数列 { a n } 的通项公式 ， a n 12 +3n2 n 2评注 此类问题关键累加可消中间项，而f ( n ）可求和则易得 a n 3 、 . 累乘法 ：利用恒等式 a n a 1a 2a 3 a n a n 0 求通项公式的方法叫累乘法。
它是求型如a 1 a 2a n1an 1g n a n 的递推数列的方法 数列 g n可求前 n 项积例 3已知数列{a n} 中s n 1 na n，求数列{ a n} 的通项公式评注此类问题关键是化a ng n ，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。
a n14、转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。
高三数学备考冲刺140分问题20由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题含解析
问题20 由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题一、考情分析递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.二、经验分享(1) 已知S n，求a n的步骤当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．整理得：，（叠乘法）因为，所以，，…，，相乘得，且当=1、2时，满足此式，所以.(三) 用构造法求数列的通项【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列满足：，，（），则数列的通项公式为__________．【分析】变形为,构造新数列求解.【答案】【解析】由得：，变形得：，所以是以2为公比的等比数列，所以，所以.【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出.用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.【小试牛刀】已知数列满足, , , ,则．【答案】．(四) 利用与的关系求数列的通项【例4】已知数列的前项和为,．（1）求的通项公式；（2）设,数列的前项和为,证明：．【分析】（1）已知和与项的关系,要求通项公式,可在已知（）基础上,用代（）,得,两式相减得（）的递推式,求得,注意的值与的表达式的关系；（2）由（1）是分段函数形式,时, ,考虑到证明和,因此可放缩以求和,从而得,可证得不等式．又由,于是故.【小试牛刀】已知数列{a n}前n项和为S n,满足S n=2a n-2n(n∈N*)．（I）证明：{a n+2}是等比数列,并求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b n=log2(a n+2),T n为数列{}的前n项和,若对正整数a都成立,求a的取值范围．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.（Ⅱ）因为,所以,依题意得：五、迁移运用1．【安徽省2019届高三上学期第二次联考】设是数列的前项和，若，则（）A． B． C． D．【答案】A2.【福建省福州市2018届高三上学期期末质检】1．【2017学年辽宁东北育才学校段考】设各项均为正数的数列的前项和为,且满足．则数列的通项公式是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由满足．因式分解可得： ,∵数列的各项均为正数,∴,当时, ,解得．当时, ,当时,上式成立．∴．故选A．3．【福建省漳州市2019届高三第一次教学质量检查】已知数列和首项均为1，且，，数列的前项和为，且满足，则（）A．2019 B． C． D．【解析】由，可得：，即数列是常数列，又数列首项为1，所以，所以可化为，因为数列的前项和，所以，6．【湖北省鄂州市2019届高三上学期期中】已知数列的前项和为，首项，且，则（）A． B． C． D．【答案】A7.已知数列满足,则______.【答案】【解析】∵, ,∴,∵,∴,∴,又∵,∴．∴数列是以﹣2为首项,﹣1为公差的等差数列,∴,∴．则．故答案为：．8．若数列满足,则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】为等差数列, ,, ,.9．【福建省莆田市2018届高三下学期教学质量检测】已知数列满足，，则__________．【答案】10．【上海市长宁、嘉定区2018届高三第一次质量调研】已知数列的前项和为，且,（），若,则数列的前项和_______________.【答案】或11．【吉林省长春市普通高中2018届高三质量监测】在数列中，，且对任意，成等差数列，其公差为，则________.【解析】因为，且对任意，成等差数列，其公差为，所以当时,可得，当时，,所以,故答案为.由不等式恒成立,得恒成立,设,由,∴当时, ,当时, ,而, ,∴,15.已知数列的前项和,其中.（I）求的通项公式；（II）若,求的前项和.【答案】（I）（II）（II）由（I）可得,16.已知数列的各项都不为零,其前项为,且满足：．（1）若,求数列的通项公式；（2）是否存在满足题意的无穷数列,使得？若存在,求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在,请说明理由．【答案】（1）；（2）详见解析.17.【山东省淄博市2018届高三3月模拟】已知是公差为3的等差数列，数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【解析】（1）由已知且，得，∴是首项为4，公差为3的等差数列，∴通项公式为；（2）由（1）知，得：，，因此是首项为、公比为的等比数列，则．18．【河南省南阳市2018届高三上学期期末】已知数列的前项和为，且满足（）．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．（2）由（1）得，当为偶数时，，；当为奇数时，为偶数，．所以数列的前项和．。
人教版高二数学《数列的递推公式与前n项和》含答案解析
4．1 第二课时 数列的递推公式与前n 项和[A 级 基础巩固]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则a 5等于( )A ．15 B ．16C ．31D ．32解析：选C ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，∴a 2＝2×1＋1＝3，a 3＝2×3＋1＝7，a 4＝2×7＋1＝15，a 5＝2×15＋1＝31.2．若数列{a n }满足a n ＋1＝4a n ＋34(n ∈N *)，且a 1＝1，则a 17＝( )A ．13B ．14C ．15D ．16解析：选A 由a n ＋1＝4a n ＋34得a n ＋1－a n ＝34，a 17＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 17－a 16)＝1＋34×16＝13，故选A.3．(多选)数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n ，则此数列最大项是( )A ．第4项 B ．第5项C ．第6项D ．第7项解析：选BC a n ＝－n 2＋11n ＝－(n －112)2＋1214，∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值．故选B 、C.4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘n ，得到数列(记为)a 1，a 2，a 3，…，a n .则n ≥2时，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )解析：因为OA1＝1，OA2＝2，OA3＝3＝n.911．已知数列{a n}的首项为2，且数列{a n}满足a n＋1＝a n－1a n＋1，数列{a n}的前n项的和为S n，则S1 008等于( )A．504 B．294 C．－294 D．－504解析：选C ∵a1＝2，a n＋1＝a n－1a n＋1，∴a2＝13，a3＝－12，a4＝－3，a5＝2，…，∴数列{a n}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－76，∴S1 008＝S4×252＝252×(－76)＝－294.12．(多选)数列{F n}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”．该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．记数列{F n}的前n项和为S n，则下列结论正确的是( )A．S5＝F7－1 B．S5＝S6－1C．S2 019＝F2 021－1 D．S2 019＝F2 020－1解析：选AC 根据题意有F n＝F n－1＋F n－2(n≥3)，所以S3＝F1＋F2＋F3＝1＋F1＋F2＋F3－1＝F3＋F2＋F3－1＝F4＋F3－1＝F5－1，S4＝F4＋S3＝F4＋F5－1＝F6－1，S5＝F5＋S4＝F5＋F6－1＝F7－1，…，所以S2 019＝F2 021－1.故选A、C.13．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＝a2n－1－1(n＞1)，则a2 021＝________，|a n＋a n＋1|＝________(n＞1)．解析：由a1＝1，a n＝a2n－1－1(n＞1)，得a2＝a21－1＝12－1＝0，a3＝a2－1＝02－1＝－1，a4＝a23－1＝(－1)2－1＝0，a5＝a24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n＞1，n为奇数时a n＝－1，n为偶数时a n＝0，∴a2 021＝－1，|a n＋a n＋1|＝1.答案：－1 114．已知数列{a n}满足a1＝12，a n a n－1＝a n－1－a n(n≥2)，求数列{a n}的通项公式．解：∵a n a n－1＝a n－1－a n，∴1a n－1a n－1＝1.∴1a n＝1a1＋(1a2－1a1)＋(1a3－1a2)＋…＋(1a n－1a n－1)＝2＋1＋1＋…＋1(n－1)个1＝n＋1.∴1a n＝n＋1，∴a n＝1n＋1(n≥2)．又∵n＝1时，a1＝12，符合上式，∴a n＝1n＋1.[C级 拓展探究]15．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n22n(n∈N*)，则这个数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项；若不存在，请说明理由．解：存在最大项．理由：a1＝12，a2＝2222＝1，a3＝3223＝98，a4＝4224＝1，a5＝5225＝2532，….∵当n≥3时，a n＋1a n＝(n＋1)22n＋1×2nn2＝(n＋1)22n2＝12(1＋1n)2<1，∴a n＋1<a n，即n≥3时，{a n}是递减数列．又∵a1<a3，a2<a3，∴a n≤a3＝9 8 .∴当n＝3时，a3＝98为这个数列的最大项．。
【2021】高三理数一轮复习集训：考点二 5.1数列递推公式及其应用
考点二数列递推公式及其应用命题点一:形如a n+1=a n f(n),求a n【典例2-1】在数列{a n }中,a 1=1,前n 项和S n =n+23a n .求数列{a n }的通项公式.【解析】由题设知,a 1=1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+23a n -n+13a n-1,所以a n a n -1=n+1n -1,所以a na n -1=n+1n -1,…,a 4a 3=53,a 3a 2=42,a 2a 1=3,以上n-1个式子的等号两端分别相乘,得到a n a 1=n (n+1)2.又因为a 1=1,所以a n =n (n+1)2.命题点二:形如a n+1=a n +f(n),求a n【典例2-2】(1)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n ∈N *),求数列{1a n}前10项的和.(2)若数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=a n +2n ,求数列{a n }的通项公式. 【解析】(1)由题意可得,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+2+3+…+n=n (n+1)2,则1a n =2n (n+1)=2(1n -1n+1),数列{1a n}的前10项的和为1a 1+1a 2+…+1a 10=21-12+12-13+…+110-111=2011.(2)由题意知a n+1-a n =2n ,a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2n 1-2=2n -1.命题点三:形如a n+1=Aa n +B(A ≠0且A ≠1),求a n【典例2-3】已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=3a n +2,求数列{a n }的通项公式. 【解析】因为a n+1=3a n +2,所以a n+1+1=3(a n +1),所以a n+1+1a n+1=3,所以数列{a n+1}为等比数列,公比q=3,又a1+1=2,所以a n+1=2·3n-1,所以a n=2·3n-1-1.命题点四:形如a n+1=Aa nBa n+C(A,B,C为常数),求a n【典例2-4】已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a na n+2,求数列{a n}的通项公式.【解析】因为a n+1=2a na n+2,a1=1,所以a n≠0,所以1a n+1=1a n+12,即1a n+1-1a n=12,又a1=1,则1a1=1,所以{1a n }是以1为首项,12为公差的等差数列,所以1a n =1a1+(n-1)×12=n2+12,所以a n=2n+1(n∈N*). 由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且a n-a n-1=f(n),可用“累加法”求a n.(2)已知a1且a na n-1=f(n),可用“累乘法”求a n.(3)已知a1且a n+1=qa n+b,则a n+1+k=q(a n+k)(其中k可由待定系数法确定),可转化为等比数列{a n+k}.(4)形如a n+1=Aa nBa n+C(A,B,C为常数)的数列,可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.。
2022高考数学二轮复习 数列中的复杂递推式问题(解析版)
微专题06 数列中的复杂递推式问题秒杀总结1．叠加法：+-=1()n n a a f n ； 2．叠乘法：+=1()n na f n a ；3．构造法（等差，等比）：①形如+=+1n n a pa q (其中,p q 均为常数-≠(1)0pq p )的递推公式，()+-=-1n n a t p a t ，其中=-1qt p，构造+-=-1n n a t p a t ，即{}-n a t 是以-1a t 为首项，p 为公比的等比数列． ②形如+=+1n n n a pa q (其中,p q 均为常数，-≠()0pq q p )，可以在递推公式两边同除以+1n q ，转化为+=+1n n b mb t 型． ③形如++=-11n n n n a a d a a ，可通过取倒数转化为等差数列求通项．4．取对数法：+=1t n n a a ． 5．由n S 和n a 的关系求数列通项（1）利用-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n ，化n S 为n a ．（2）当n a 不易消去，或消去n S 后n a 不易求，可先求n S ，再由-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n 求n a ．6．数列求和：（1）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列(公比不等于1)对应项相乘构成的数列求和=⋅n n n c a b 型 （2）倒序相加法（3）裂项相消法典型例题例1．已知数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，设2log n n b a =，则122320172018111b b b b b b ++⋯+的值是( ) A ．20174038B ．30254036C ．20172018D ．20162017【解答】解：数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，① 可得214a a ==，当2n 时，可得121n n a a a a -++⋯+=，② ①-②可得1n n n a a a +=-， 即12n n a a +=，则2422n n n a -==，2n ， 可得2log (2)n n b a n n ==， 则122320172018111111122233420172018b b b b b b ++⋯+=+++⋯+⨯⨯⨯⨯ 11111113130254233420172018420184036=+-+-+⋯+-=-=， 故选：B ．例2．已知数列{}n a 的通项公式为*)n a n N =∈，其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S ，⋯，2019S 中，有理数项的项数为( ) A ．42B ．43C ．44D ．45【解答】解：由题意，可知：n a ====． 12n n S a a a ∴=++⋯+1=1= 3S ∴，8S ，15S ⋯为有理项，又下标3，8，15，⋯的通项公式为21(2)n b n n =-， 212019n ∴-，且2n ，解得：244n ，∴有理项的项数为44143-=．故选：B ． 例3．对于*n N ∈，2314121122232(1)2n n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=⨯⨯+ 11(1)2nn -+ ． 【解答】解：由已知中的等式： 1311112222⨯=-⨯⨯； 2231411112223232⨯+⨯=-⨯⨯⨯； 2333141511112223234242⨯+⨯+⨯=-⋯⨯⨯⨯⨯ 由以上等式我们可以推出一个一般结论： 对于*n N ∈，231412111122232(1)2(1)2n nn n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=-⨯⨯++．故答案为：231412111122232(1)2(1)2n nn n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=-⨯⨯++． 例4．设曲线1()n y x n N ++=∈在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，则201712017220172016log log log x x x ++⋯+的值为 ．【解答】解：由1n y x +=，得(1)n y n x '=+，1|1x y n =∴'=+，∴曲线1*()n y x n N +=∈在(1,1)处的切线方程为1(1)(1)y n x -=+-，取0y =，得1111n nx n n =-=++， 12201612201612320172017x x x ∴⋯=⨯⨯⋯⨯=， 则2017120172201720162017122016log log log log ()x x x x x x ++⋯+=⋯ 20171log 12017==-． 故答案为：1-．例5．在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列，将这2n +个数的乘积记为n A ，令2log n n a A =，*n N ∈． （1）数列{}n a 的通项公式为n a = ；（2）2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋯+⋅= ．【解答】解：（1）设在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列为{}n b ， 则11b =，1221n n b q ++==⨯，即12n q +=，q 为此等比数列的公比． (1)(2)22231123(1)12221()2n n n n n n n n A q q q qqqq++++++++⋯+++∴=⋅⋅⋅⋯====，22log 2n n n a A +∴==， 故答案为：22n +． （2）由（1）可得22log 2n n n a A +==，又tan(1)tan tan1tan[(1)1]1tan(1)tan n n n n n +-=+-=++，tan(1)tan tan(1)tan 1tan1n nn n +-∴+=-，222tan(2)tan(1)tan tan tan(1)tan(2)1tan1n n n n a a n n ++-+∴⋅=++=-，*n N ∈．2446222tan3tan 2tan 4tan3tan5tan 4tan(2)tan(1)tan tan tan tan tan tan (1)(1)(1)(1)tan1tan1tan1tan1n n n n n T a a a a a a +---+-+=⋅+⋅+⋯+⋅=-+-+-+⋯+- tan(2)tan 2tan1n n +-=-，*n N ∈，故答案为：tan(2)tan 2tan1n n +--．例6．数列{}n a 中，*111,()2(1)(1)n n n na a a n N n na +==∈++，若不等式2310n ta n n++恒成立，则实数t 的取值范围是 ． 【解答】解：*1()(1)(1)nn n na a n N n na +=∈++，∴1(1)(1)11(1)n n n nn na n n n a na na +++++==++， 即1111(1)n nn a na +-=+，又1121a =， ∴数列1{}nna 是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴12(1)1nn n na =+-=+， 1(1)n a n n ∴=+．不等式2310nta n n ++化为：3(4)t n n-++． 334244n n n n ++⨯+=+，当且仅当3n n=时取等号， 由*n N ∈，则当2n =时，34n n ++取最小，最小值为152152t ∴-， 故答案为：15[2-，)+∞．过关测试一．选择题（共23小题）1．设数列{}n a 为正项数列，数列{}n a 满足12a =，22112(2)0n n n n na a a n a ++--+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数，（例如[1.6]1=，[ 1.6]2)-=-则222122019232020[][][](a a a ++⋯⋯+= ) A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021【解答】解：数列{}n a 满足12a =，22112(2)0n n n n na a a n a ++--+=，整理得11[(2)]()0n n n n na n a a a ++-++=，由于数列为正项数列，所以1(2)n n na n a +=+，整理得12n n a n a n ++=，111n n a n a n -+=-，122n n a na n --=⋯-，422143,21a a a a ==，各式相乘得到1(1)12n a n n a ⨯+=⨯，所以(1)n a n n =+． 则2(1)1n n n a n ++=，2(1)1[][]1n n n a n++== 所以222122019232020[][][]220182020a a a ++⋯⋯+=+=． 故选：C ．2．已知数列{}n a 满足11a =，*11()(1)n n n n a a a a n N n n ++-=∈+，则n na 的最小值是( )A ．0B ．12C ．1D ．2【解答】解：*11()(1)n n n n a a a a n N n n ++-=∈+，两边同时除以1n n a a +，得 111111(1)1n n a a n n n n +-==-++， 111111111112121232n a n n n n n =-+-+⋯+-+-+=----， 故221121(1)1n n na n n==---+， 故最小值为1n =时，n na 的最小值是1， 故选：C ．3．已知数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，若1231,7a a ==，2019(a = )A ．38075B ．36054C ．56058D ．54036【解答】解：由题意数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，可得21112n n n a a a --+=，所以数列1{}na 是等差数列， 211174133d a a =-=-=， 所以14411(1)33n n n a -=+-=，2019334201918075a ==⨯-．故选：A ．4．已知数列{}n a 满足11a =-，212a =，1122(21)(21)n n n n a a a a ++-=--，2n ，*n N ∈，记数列{}n a 前n 项和为n S ，则( ) A ．202178S <<B ．202189S <<C ．2021910S <<D ．20211011S <<【解答】解：由112?2(2?1)(2?1)n n n n a a a a ++=可得11(2?1)?(2?1)(2?1)(2?1)n n n n a a a a ++=． 化简得?1111(2)2?12?1n na a n =， 累加求和得211?22?12?1n a a n =，化简得1212111?22?1n a n =+=++，(0,1)∈， 所以112(1,1)1n a n n∈+++， 即2221log log ,21n n n a n n n++<<+． 122222214522log log log log log 23416n n n n S a a a n ++=+++>++++=+， 122222213411log log log log log 2234n n n n S a a a n ++=+++<++++=， 12222134log log log 223n n S a a a =+++<+++，所以892220212220231011log 2log log log 262S <<<<， 即202189S <<． 故选：B ．5．已知数列{}n a 的首项10a =，11n n a a +=+，则20(a = ) A ．99B ．101C ．399D ．401【解答】解：数列{}n a 的首项10a =，11n na a +=+， 则：1111n n a a ++=++， 整理得：221)=， 1=， 1=（常数），所以数列1=为首项，1为公差的等差数列．1(1)n n =+-=，整理得：21n a n =-（首项符合通项）， 则：21n a n =-，所以：204001399a =-=． 故选：C ．6．若以2为公比的等比数列{}n b 满足2221log log 23n n b b n n +-=+，则数列{}n b 的首项为() A ．12B ．1C ．2D ．4或18【解答】解：2221log log 23n n b b n n +-=+，公比为2，222log (log 1)23n n b b n n ∴+-=+， 1n =时，22121log log 24b b +-=，解得：21log 3b =-或2．14b ∴=或18．故选：D ．7．已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足21324(2)n n S S n n n -+=++，若对任意的*n N ∈，1n n a a +<恒成立，则正整数a 的值是( ) A ．5B ．6C ．7D ．8【解答】解：依题意2121220S S a a +=+=， 1a a =为整数，故2202a a =-为偶数又12a a a =<， 320a ∴<，即203a <， 又2213220a a a >+=，∴2203a >， 又323212237S S a a a +=++=， 322172a a a ∴+=>，∴2172a <， ∴2201732a <<， 28a ∴=，16a a ∴==故选：B ．8．已知函数1()2sin()2f x x x =+-，则122018()()()201920192019f f f ++⋯+的值等于( )A ．2019B ．2018C ．20192D ．1009【解答】解：函数1()2sin()2f x x x =+-，11()(1)2sin()12sin()122f x f x x x x x ∴+-=+-+-+-=，∴122018()()()201920192019f f f ++⋯+ 1201812=⨯⨯ 1009=．故选：D ． 9．已知函数()cos x f x x lnxππ=+-，若22018()()()1009()(0201920192019f f f a b ln a ππππ++⋯+=+>，0)b >，则222a b a ++的最小值为( ) A ．72B ．3C ．6D ．7【解答】解：因为当n N ∈，12018n 时，22220192019201920192019()()cos cos 2019201920192019201920192019n n n n n n f f ln lnn n ππππππππππππ---+=+++--- 2019cos()cos()201920192019n n n n ln lnn n ππππππ-=+-++- 2cos()cos()20192019n n ln πππ=-+ 2ln π=，所以220182018()()()220182019201920192f f f ln ln πππππ++⋯+==， 1009()2018a b ln ln ππ+=，(0,0)a b >>，所以2a b +=，即2a b =-，(02)b <<，2222222372(2)2(2)2682(3)82()22a b a b b b b b b b b ++=-++-=-+=-+=-+，所以当32b =时，222a b a ++最小值为72． 故选：A ．10．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，已知511a =，10120S =，11n n n b a a +=⋅，若17k T =，则正整数k 的值为( )A ．9B ．8C ．7D ．6【解答】解；设等差数列{}n a 的公差为d ，由51011120a S =⎧⎨=⎩，得114111045120a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩，所以32(1)21n a n n =+-=+，则111111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n +===-++++， 所以1111111111()()2355721232323n T n n n =-+-+⋯+-=-+++，令1111()33237k T k =-=+，得2321k +=，解得9k =．故选：A ．11．已知数列满足11a =，121n n a a +=+，设数列2{log (1)}n a +的前n 项和为n S ，若12111n nT S S S =+⋯+，则与9T 最接近的整数是( ) A ．5 B ．4 C ．2 D ．1【解答】解：数列满足11a =，121n n a a +=+， 即有112(1)n n a a ++=+， 即1121n n a a ++=+， 可得111(1)22n n n a a -+=+=； 22log (1)log 2n a +=n n =，1(1)2n S n n =+，12112()(1)1n S n n n n ==-++， 则12111111112(1)2231n n T S S S n n =+⋯+=-+-+⋯+-+ 12(1)1n =-+， 9992105T =⨯=， 则与9T 最接近的整数是2． 故选：C ．12．已知数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，数列{}n b 满足关系：312123112n n n a a a a b b b b +++⋯+=-，数列{}n b 的前n 项和为n S ，则5S 的值为( ) A ．454 B ．450 C ．446 D ．442【解答】解：由题意可得：12(1)21n a n n =+-=-．312123112n n n a a a a b b b b +++⋯+=-， 2n ∴时，311211231112n n n a a a a b b b b ---+++⋯⋯+=-， 相减可得：12n n n a b =，可得(21)2n n b n =-． 1n =时，11112a b =-，可得12b =． 则23455232527292454S =+⨯+⨯+⨯+⨯=． 故选：A ．13．已知数列{}n a 满足：当0n a ≠时，2112n n na a a +-=；当0n a =时，10n a +=；对于任意实数1a ，则集合{|0n n a ，1n =，2，3，}的元素个数为( ) A ．0个 B ．有限个C ．无数个D ．不能确定，与1a 的取值有关【解答】解：当10a =时，根据题意，则2340a a a ===⋯=，则集合的元素有无数个； 当11a =±时，则20a =，根据题意，则340a a ==⋯=，则集合的元素有无数个； 当11a ≠±且10a ≠时，111()2n n na a a +=⨯-， 若1n a >，则10n a +>；若01n a <<，则10n a +<；若10n a -<<，则10n a +>；若1n a <-，则10n a +<．而11111()()22n n n n n n na a a a a a a +-=⨯--=-+，则0n a >时，数列递减且无下限（※）；0n a >时，数列递增且无上限(*)．（1）若11a >，则10n n a a +->，根据（※）可知，在求解1a ，2a ，⋯的迭代过程中，终有一项会首次小于0，不妨设为(1,)k a k K Z >∈； （2）若1k a <-，则10k a +<；①若11k a +<-，则20k a +<，接下来进入（2）或（3）；②若110k a +-<<，接下来进入（3）；（3）若10k a -<<，则10k a +>，接下来进入（1）或 （4）； （4）若01k a <<，则10k a +<，接下来进入（2）或（3）． 若101a <<，则进入（4）． 若110a -<<，则进入②． 若11a <-，则进入①．如此会无限循环下去，会出现无限个负数项．综上：集合{|0n n a ，1n =，2，3，}⋯的元素个数为无数个． 故选：C ．14．已知数列{}n a 和{}n b 首项均为1，且1(2)n n a a n -，1n n a a +，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足1120n n n n S S a b +++=，则2019(S = ) A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：1(2)n n a a n -，1n n a a +， 1n n n a a a +∴， 1n n a a +∴=，另外：121a a a ，可得211a a ==， 1n a ∴=．1120n n n n S S a b +++=，1120n n n S S b ++∴+=，1120n n n n S S S S ++∴+-=，∴1112n nS S +-=． ∴数列1{}nS 是等差数列，首项为1，公差为2． ∴112(1)21nn n S =+-=-， 121n S n ∴=-． 201914037S ∴=． 故选：D ．15．已知数列{}n a 满足11(1)(1)3()n n n n a a a a ++--=-，152a =，设22()4n n n a c n λ=-+，若数列{}n c 是单调递减数列，则实数λ的取值范围是( )A ．1(6，)+∞B ．1(3，)+∞C ．1(2，)+∞D ．(1,)+∞【解答】解：由11(1)(1)3()n n n n a a a a ++--=-得：11(1)(1)3[(1)(1)]n n n n a a a a ++--=---，∴11(1)(1)1(1)(1)3n n n n a a a a ++---=--，即1111113n n a a +-=--，∴数列1{}1n a -是首项为11213a =-，公差为13的等差数列， ∴12111(1)13333n n n a =+-=+-， ∴311n a n -=+，即41n n a n +=+， 42212()2()41n n n n n c n n λλ+⋅+∴=-=-++，数列{}n c 是单调递减数列，∴对于*n N ∀∈，1n n c c +<，即1222()2()21n n n n λλ+-<-++， 即4221n n λ>-++，∴只需42()21max n n λ>-++，令42()(1)21f x x x x =-++，222222222422(2)4(1)42()(2)(1)(2)(1)(2)(1)x x x f x x x x x x x +-+-'∴=-+===++++++， ()f x ∴在上单调递增，在，)+∞上单调递减，又f （1）13=，f （2）13=，∴当*n N ∈时，()f n 的最大值为f （1）f =（2）13=， 即421()213max n n -=++， ∴13λ>， 即实数λ的取值范围是1(3，)+∞，故选：B ．16．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x R =用[]x 表示不超过x 的最大整数，则[]y x =称为高斯函数，也称取整函数．在数列{}n a 中，记[]n a 为不超过n a 的最大整数，则称数列{[]}n a 为{}n a 的取整数列，设数列{}n a 满足11a =，12[]1[]3n n a a ++=，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则数列21211n n S S -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前1010项和为( ) A ．5042021B ．5052021C ．10102021D ．5042022【解答】解：根据题意，易知1n a =，则2121n S n +=+，则212111111()(21)(21)22121n n S S n n n n -+==--+-+，所以数列21211n n S S -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前1010项和为133557201920211111111111111010(1)()()232352201920212021S S S S S S S S ++++=-+-++-=， 故选：C ．17．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知113a =，12111(1)n n n S a S +++=-．令11n n b S =-，则5(b = ) A ．112-B ．92-C ．72-D ．911【解答】解：依题意，得2111(1)n n n a S S +++=-，则2111()(1)n n n n S S S S +++-=-，即22111121n n n n n S S S S S ++++-=-+，所以1121n n n S S S ++=-，所以11(1)1n n n S S S ++-=-， 易知10n S -≠，所以11111111111111n n n n n n S S S S S S +++++-+===+----， 所以111111n n S S +-=---， 所以{}n b 是首项为32-，公差为1-的等差数列，所以12n b n =--，所以5112b =-， 故选：A ．18．已知数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且11a =-，22a =，37a =．又已知当2n >时，112332n n n n S S S S +--=-++恒成立．则使得12111722()11155k k a a a -++⋯++++成立的正整数k的取值集合为( )A ．{|9k k ，}k N ∈B ．{|10k k ，}k N ∈C ．{|11k k ，}k N ∈D ．{|12k k ，}k N ∈【解答】解：当2n >时，112332n n n n S S S S +--=-++恒成立，∴当1n >时，211332n n n n S S S S ++-=-++恒成立，相减可得：21133n n n n a a a a ++-=-+， 化为：2111()2()n n n n n n a a a a a a ++-+-+-=-，∴数列1{}n n a a +-是等差数列，11a =-，22a =，37a =．4321333732114a a a a ∴=-+=⨯-⨯-=，213a a ∴-=，325a a -=，437a a -=，∴公差532=-=．132(1)21n n a a n n +∴-=+-=+．2(1)(321)122n n n a n -+-∴=-+=-．∴211111()11211n a n n n ==-+--+． 1211111111111111112()1111112313131212121k k a a a k k k k k k k k -∴++⋯+=-+-+-+⋯⋯+-+-=+--+++-+----+-++． 12111722()11155k k a a a -++⋯++++成立， ∴1117212155k k +--+成立， 化为：2121(1)110k k k ++，解得10k ．∴使得12111722()11155k k a a a -++⋯++++成立的正整数k 的取值集合为{|10k k ，}k N ∈． 故选：B ．19．已知数列{}n a 满足11a =，*12()n n n a a n N +=∈，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则( ) A ．201920202a = B ．202020202a = C ．1011202023S =-D ．101020203(21)S =-【解答】解：由11a =，12n n n a a +=，得22a =， 且1122n n n a a +++=，两式作比可得：22n na a +=． ∴数列{}n a 的奇数项构成以1为首项，以2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，以2为公比的等比数列． 则当n 为奇数时，1112222n n n a +--==；当n 为偶数时，122222n n n a -==．∴101020202a =，2020012100912322020(2222)(2222)S =+++⋯+++++⋯+1009101010102(12)1223(21)12-=++=--．故选：D ．20．已知数列{}n a 的前n 项和2n S n n =-，数列{}n b 满足1sin2n n n b a π+=，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2017(T = )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【解答】解：由数列{}n a 的前n 项和为2n S n n =-， 当1n =时，11110a S ==-=；当2n 时，221[(1)(1)]22n n n a S S n n n n n -=-=-----=-，上式对1n =时也成立， 22n a n ∴=-，∴cos2(1)cos22n n n n b a n ππ==-， 函数cos2n y π=的周期242T ππ==， 2017152013262143720154820162017()()()()T b b b b b b b b b b b b b ∴=++⋯++++⋯++++⋯++++⋯++201702(152013)02(372015)4032cos450420162π=-++⋯+++++⋯++=⨯=． 故选：A ．21．已知数列{}n a 满足12a =，111n na a +=-，则2021(a = ) A ．0.5B ．2C ．0.5-D ．1.5【解答】解：12a =，111n na a +=-，211122a ∴=-=，3121a =-=-，41121a =-=-，⋯⋯， 3n n a a +∴=．则202167332212a a a ⨯+===， 故选：A ．22．设等差数列{}n a 的公差不为0，其前n 项和为n S ，若333(2)sin(2)2020a a -+-=，320182018(2)sin(2)2020a a -+-=-，则2020(S = ) A ．0B ．2020-C ．2020D ．4040【解答】解：等差数列{}n a 的公差不为0，且333(2)sin(2)2020a a -+-=，320182018(2)sin(2)2020a a -+-=-，令3()sin f x x x =+，则()()f x f x -=-即()()0f x f x -+=，333(2)sin(2)2020a a -+-=，320182018(2)sin(2)2020a a -+-=-， 两式相加可得，333320182018(2)sin(2)(2)sin(2)0a a a a -+-+-+-=， 32018(2)(2)0a a ∴-+-=， 320184a a ∴+=，则120202020320182020()1010()40402a a S a a +==+=．故选：D ．23．设等差数列{}n a 的公差不为0，其前n 项和为n S ，若322(1)(1)2019a a -+-=，320182018(1)(1)2019a a -+-=-，则2019(S = ) A ．0B ．2C ．2019D ．4038【解答】解：因为322(1)(1)2019a a -+-=①，320182018(1)(1)2019a a -+-=-②， 两式相加化简得：22220182220182018(2)[(1)(1)(1)(1)1]0a a a a a a +-----+-+=，又因为2222222018201822018201813(1)(1)(1)(1)1[(1)(1)](1)1024a a a a a a a ----+-+=---+-+>．所以2201820a a +-=，即220182a a +=， 所以12019220182a a a a +=+=， 则120192019201920192a a S +=⨯=， 故选：C ．二．填空题（共9小题）24．已知数列{}n b 是公比2q =的等比数列，数列{}n a 满足：11a =，212a =，1121211(2n n n n b b b b n a a a a +-+++=+且)n N +∈，则数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S = ． 【解答】解：11a =，212a =，1121211(2n n n n b b b b n a a a a +-+++=+且)n N +∈，① 当2n =时，3121211b b b a a a +=+，即12321b b b +=+， 数列{}n b 是公比2q =的等比数列， 111441b b b ∴+=+，解得11b =，∴12n n b -=，当3n =时，312412321b b b b a a a a ++=+，即34122821a +⨯+=⨯+，解得313a =， 又11212121(3,)n n n n b b b b n n N a a a a -+--++⋅⋅⋅+=+∈，② ①-②可得，112n n n n n n b b b a a a +--=-，即1112222n n n n n n a a a ----=-，化为21112n n n a a a --+=， 又1321124a a a +==， ∴1{}na 为等差数列，且公差21111d a a =-=，则111(1)n n n a a =+-=， ∴1n a n=， 112121211(1)2111n n n n n n n b b b bS n a a a a n +-∴=+++=+=+=-⋅+-．故答案为：(1)21n n -+．25．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，若1111(2)3(2,*)n n n n n a a a a a n n N -+-++=∈，则数列{}n a 的通项n a = ．【解答】解：111123(2,)n n n n n n a a a a a a n n N +-+-++=∈，∴1111112()n n n n a a a a +--=-，2111312a a -=-=．∴数列111{}n na a +-是等比数列，首项与公比都为2， ∴1112n n na a +-=． 2n ∴时，1212122212121n n n n n a ---=++⋯⋯++==--． 则数列{}n a 的通项121n n a =-， ∴则数列{}n a 的通项121n n a =-． 故答案为：121n -． 26．已知数列{}n a ，{}n b 满足1 1.1a =，10.2b =，11112,233n n n n n n b a a b a b ++++==+，n N ∈，令n n n c a b =-，则数列{}n c 的通项公式为 ． 【解答】解：由题可得：111111111211()()22223323n n n n n n n n n n n n b a a b b b a a b a a b ++++++-=-=-+=-++=-， 又1110.9c a b =-=，故{}n c 是首项为0.9，公比为13的等比数列，故110.93n n c -=⨯． 故答案为：110.93n n c -=⨯． 27．已知数列{}n a 满足11a =，21211n n n a n a a +++=+，那么2019a = ．【解答】解：数列{}n a 满足11a =，21211n n n a n a a +++=+，可得22a =，33a =，44a =，⋅⋅⋅， 猜想n a n =，下面用数学归纳法证明． ①当1n =时，显然满足猜想；②设n k =，k N ⋅∈时猜想成立，即k a k =，那么1n k =+时，212111k k k a k k +++==++，这就是说，1n k =+时，猜想正确；所以20192019a =． 故答案为：2019． 28．已知数列{}n b 满足112b =，11(*)2n n b n N b +=∈-，若2*12332()2n nb b b b m m m N ⋯-+∈，则m = ． 【解答】解：由112b =，112n n b b +=-，得2111212322b b ===--， 3211322423b b ===--，4311432524b b ===--，...， 归纳猜测1n nb n =+． 下面利用数学归纳法证明： 当1n =时，112b =适合上式； 假设当n k =时结论成立，即1k kb k =+， 那么，当1n k =+时，111121121k k k b k b k k ++===-++-+， 即当1n k =+时，结论成立． 综上，1n nb n =+．2*12332()2n nb b b b m m m N ⋯-+∈，2123...223112n n n m m n n ∴⋅⋅⋅⋅=-+++对于任意*m N ∈恒成立，112n n +，∴231222m m -+，即2210m m -+，得1m =． 故答案为：1．29．已知数列{}n a 满足11a =，*11||(),2n n n a a n N +-=∈，21{}n a -是递增数列，2{}n a 是递减数列，则数列{}n a 的通项公式为 ． 【解答】解：21{}n a -是递增数列， 21210n n a a +-∴->，2122210n n n n a a a a +-∴-+->，①21221||2n n n a a +-=，221211||2n n n a a ---=，又2211122n n -<， 212221||||n n n n a a a a +-∴-<-，②观察①②可知2210n n a a -->，∴221221211(1)()22n n n n n a a -----==，③2{}n a 是递减数列，同理可得，2220n n a a +-<，21221221(1)()22n n n n n a a ++-∴-=-=，④ 由③④归并可得，11(1)2n n n na a ++--=，11213212122111(1)(1)12222n nn n n n n n n a a a a a a a a a a --------∴=+-+-+⋅⋅⋅+-+-=+-+⋅⋅⋅++，1111()141(1)211233212n n n -----=+⨯=+⋅+，故答案为：141(1)332nn --+⋅．30．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n nn S a a =+，*n N ∈，1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，则6T = ．【解答】解：22n nn S a a =+， ∴当2n 时，21112n n n S a a ---=+，两式作差可得，22112n n n n n a a a a a --=+--， 整理得，11(1)()0n n n n a a a a ----+=，由0n a >知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=， 即当2n 时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或10a =（舍)． 则{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列， 则1(1)1n a n n =+-⨯=，∴112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++．则121111111 (36611221)n n n n T b b b n n +=+++=-+-++-+++． ∴6711443261135T =-=++． 故答案为：44135． 31．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n nn S a a =+，*n N ∈，11231(3)(3)n n n n n n b a a ++⋅+=++，则n T 的取值范围是 ．【解答】解：数列{}n a 前n 项和分别为n S ，且0n a >，22n nn S a a =+，①， 当1n =时，解得11(0a =舍去），当2n 时，21112n n n S a a ---=+，②，①-②得：11(1)()0n n n n a a a a ----+=， 故11n n a a --=（常数），所以：数列{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列； 则n a n =．故111123123111(3)(3)(3)(31)331n n n n n n n n n n n b a a n n n n ++++⋅+⋅+===-++++++++，所以：11111111111 (41111303314314)n n n n T n n n ++=-+-++-=-<+++++, 由于1110331n n n b n n +=->+++， 所以1211113132111331n n n nnn bn n b n n ++++-++++=>-+++，故数列{}n b 单调递增；所以1744n T T =． 故n T 的取值范围是：71[,)444． 故答案为：71[,)444． 32．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n nn S a a =+，1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，对任意的*n N ∈，n k T >恒成立，则k 的最小值是 ．【解答】解：因为22n nn S a a =+，当2n 时，有21112n n n S a a ---=+，两式相减可得，22112n n n n n a a a a a --=+--，整理可得11(1)()0n n n n a a a a ----+=， 由0n a >可知，10n n a a -+≠， 从而110n n a a ---=， 即当2n 时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍)， 则数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列， 则n a n =，所以1111212111(2)(2)(2)(21)221n n n n n n n n n n n b a a n n n n ++++++===-++++++++， 则1211111111366112213n n n n T b b b n n +=++⋯+=-+-+⋯+-<+++，所以13k， 则k 的最小值为13．故答案为：13．。
高中数学选择性必修二 4 1 2数列的递推公式(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)
4.1.2 数列的递推公式知识点一数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．数列递推公式与通项公式的关系：递推公式表示a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)之间的关系，而通项公式表示a n 与n 之间的关系． 要点二 a n 与S n 的关系1．前n 项和S n ：把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝12n a a a +++ 2．a n 与S n 的关系：a n ＝11,1,2n n S n S S n -=⎧⎨-≥⎩【基础自测】1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)根据通项公式可以求出数列的任意一项．( ) (2)有些数列可能不存在最大项．( ) (3)递推公式是表示数列的一种方法．( ) (4)所有的数列都有递推公式．( ) 【答案】（1）√（2）√（3）√（4）×2．数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋2－a n ，a 1＝2，a 2＝5，则a 5＝( ) A ．－3 B ．－11 C ．－5 D ．19 【答案】D【解析】a 3＝a 2＋a 1＝5＋2＝7，a 4＝a 3＋a 2＝7＋5＝12，a 5＝a 4＋a 3＝12＋7＝19，故选D. 3．数列{a n }中，a n ＝2n 2－3，则125是这个数列的第几项( ) A ．4 B ．8 C ．7 D ．12 【答案】B【解析】令2n 2－3＝125得n ＝8或n ＝－8(舍)，故125是第8项．故选B. 4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2，则a n ＝________. 【答案】2n －1【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝n 2－n 2＋2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.题型一 数列中项与项数关系的判断(1)写出数列的一个通项公式，并求出它的第20项；(2)判断42和10是不是该数列中的项？若是，指出是数列的第几项，若不是，请说明理由．【解析】(1)由于22＝8，所以该数列前4项中，根号下的数依次相差3，所以它的一个通项公式为a n ＝3n －1；a 20＝3×20－1＝59.(2)令3n －1＝42，两边平方得3n ＝33，解得n ＝11，是正整数令3n －1＝10，两边平方得n ＝1013，不是整数．∴42是数列的第11项，10不是数列中的项． 【方法归纳】(1)由通项公式写出数列的指定项，主要是对n 进行取值，然后代入通项公式，相当于函数中，已知函数解析式和自变量的值求函数值．(2)判断一个数是否为该数列中的项，其方法是可由通项公式等于这个数求方程的根，根据方程有无正整数根便可确定这个数是否为数列中的项．(3)在用函数的有关知识解决数列问题时，要注意它的定义域是N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })这一约束条件．【跟踪训练1】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－28n . (1)写出此数列的第4项和第6项；(2)问－49是否是该数列的一项？如果是，应是哪一项？68是否是该数列的一项呢？ 【解析】(1)a 4＝3×42－28×4＝－64， a 6＝3×62－28×6＝－60.(2)由3n 2－28n ＝－49解得n ＝7或n ＝73(舍去)，所以－49是该数列的第7项．由3n 2－28n ＝68解得n ＝－2或n ＝343，所以68不是该数列的一项．题型二 已知S n 求a n例2 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2－30n .求a n . 【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－30n －[2(n －1)2－30(n －1)]＝4n －32 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－28，适合上式， 所以a n ＝4n －32.借助a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)【变式探究1】将本例中的“S n ＝2n 2－30n ”换为“S n ＝2n 2－30n ＋1”，求a n . 【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×1－30×1＋1＝－27. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－30n ＋1－[2(n －1)2－30(n －1)＋1] ＝4n －32.验证当n ＝1时，上式不成立∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－27，n ＝14n －32，n ≥2.方法归纳已知数列{a n }的前n 项和公式S n ，求通项公式a n 的步骤： (1)当n ＝1时，a 1＝S 1.(2)当n ≥2时，根据S n 写出S n －1，化简a n ＝S n －S n －1.(3)如果a 1也满足当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的通项公式，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝S n －S n －1；如果a 1不满足当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的通项公式，那么数列{a n }的通项公式要分段表示为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1S n －S n －1，n ≥2.【跟踪训练2】已知数列：a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，求a n .【解析】当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，得a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，则a n ＝13n .当n ＝1时，a 1＝13，满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n .题型三 由数列递推公式求通项公式【例3】已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.【答案】n (n ＋1)2【解析】∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1， ∴a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，…，a 2－a 1＝2 以上式子相加得： a n －a 1＝2＋3＋…＋n∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.变形为：a n ＋1－a n ＝n ＋1，照此递推关系写出前n 项中任意相邻两项的关系，这些式子两边分别相加可求． 【变式探究2】若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n”，则a n ＝________.【答案】1n【解析】∵a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，∴a n ＋1a n ＝nn ＋1，∴a n a n －1＝n －1n ，a n －1a n －2＝n －2n －1，…，a 2a 1＝12，以上式子两边分别相乘得：a n a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12＝1n∴a n ＝1n a 1＝1n .【方法归纳】由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为a n ＋1＝a n ＋f (n )或a n ＋1＝g (n )·a n ，则可以分别通过累加法或累乘法求得通项公式，即：(1)累加法：当a n ＝a n －1＋f (n )时，常用a n ＝a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1求通项公式．(2)累乘法：当a n a n －1＝g (n )时，常用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1求通项公式．【跟踪训练3】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n 【答案】A【解析】∵在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln n ＋1n∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＋2＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·21＋2＝2＋ln n .故选A.【易错辨析】数列中忽视n 的限制条件致误【例4】设S n 为数列{a n }的前n 项和，log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________.【答案】⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2【解析】由log 2(S n ＋1)＝n ＋1得S n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－1当n ≥2时a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.经验证不符合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2.【易错警示】1. 出错原因忽视n ＝1的情况致错，得到错误答案：a n ＝2n . 2. 纠错心得已知a n 与S n 的关系求a n 时，常用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)来求a n ，但一定要注意n ＝1的情况.一、单选题1．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，2(1)nn S a n n =+-，（*n N ∈），若()22112n S S S n n+++--2013=，则n 的值为（ ）． A ．1007 B ．1006 C ．2012 D ．2014【答案】A 【分析】根据数列n a 与n S 的关系证得数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，利用等差数列的前n 项和公式求出题中的式子，化简计算即可. 【解析】2(1)nn S a n n=+-， 12(1)(2)nn n S S S n n n-∴-=+-， 整理可得，1(1)2(1)n n n S nS n n ---=-， 两边同时除以(1)n n -可得12(2)1n n S S n n n --=-，又111S = ∴数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，2321(1)23nS S S S n n∴++++-- 2(1)12(1)2n n n n -=⨯+⨯-- 22(1)n n =--21n =-，由题意可得，212013n -=， 解得1007n =． 故选：A ．2．南宋数学家杨辉在《解析九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（ ） A ．171 B ．190 C ．174 D ．193【答案】C 【分析】根据题意可得数列3，4，6，9，13，18，24，⋯，满足：11(2)n n a a n n --=-，13a =，从而利用累加法即可求出n a ，进一步即可得到19a 的值． 【解析】3,4,6,9,13,18,24,后项减前项可得1,2,3,4,5,6,所以()1112,3n n a a n n a --=-≥=， 所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()1213n n =-+-+++()()()111133,222n n n n n -+⋅--=+=+≥.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：C3．在数列{}n a 中，11a =，121nn n a a +-=-，则9a =（ ）A ．512B ．511C ．502D ．503【答案】D 【分析】利用累加法先求出通项即可求得答案. 【解析】因为11a =，121nn n a a +-=-，所以()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-=()()()21211(21)21211222(1)2n n n n n --+-+-++-=++++--=-，所以9929503a =-=.故选：D. 4．数列23，45，69，817，1033，…的一个通项公式为（ ）A ．221n n n a =+ B ．2221n n n a +=+ C ．1121n n n a ++=-D ．12222n n n a ++=+【答案】A 【分析】根据数列中项的规律可总结得到通项公式. 【解析】1221321⨯=+，2422521⨯=+，3623921⨯=+，48241721⨯=+，510253321⨯=+， ∴一个通项公式为：221n nna =+. 故选：A.5．下列命题不正确的是（ ）A 的一个通项公式是n aB ．已知数列{},3n n a a kn =-，且711a =，则1527a =C ．已知数列{}n a 的前n 项和为()*,25n n n S S n N =-∈，那么123是这个数列{}n a 的第7项D ．已知()*1n n a a n n N +=+∈，则数列{}n a 是递增数列【答案】C 【分析】A：根据被开方数的特征进行判断即可；B：运用代入法进行求解判断即可；C：根据前n项和与第n项之间的关系进行求解判断即可；D：根据递增数列的定义进行判断即可.【解析】对于A31⇒⨯na⇒=A正确；对于B，3na kn=-，且7151122327na k a n a=⇒=⇒=-⇒=，B正确；对于C，()*25nnS n N=-∈，13a=-，当2,n n N*≥∈时，111222n n nn n na S S---=-=-=，12127n-=，无正整数解，所以123不是这个数列{}n a的第7项，C错误；对于D．由()*11,0n n n na a n n N a a n++=+∈-=>，易知D正确，故选：C．6．已知数列{}n a的前n项和2nS n=，则数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前99项和为（）A．1168B．1134C．198199D．99199【答案】D【分析】先根据11,2,1n nnS S naS n--≥⎧=⎨=⎩，求出21na n=-，然后利用裂项相消求和法即可求解.【解析】解：因为数列{}n a的前n项和2nS n=，2121nS n n-=-+，两式作差得到21(2)na n n=-≥，又当1n=时，21111a S===，符合上式，所以21na n=-，111111(21)(21)22121n na a n n n n+⎛⎫==-⎪-+-+⎝⎭，所以12233411111n na a a a a a a a+++++=111111111111233557212122121n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 所以12233499100111199992991199a a a a a a a a ++++==⨯+. 故选：D.7．数列{}n a 中的前n 项和22nn S =+，数列{}2log n a 的前n 项和为n T ，则20T =（ ）.A ．190B ．192C ．180D ．182【答案】B 【分析】根据公式1n n n a S S -=-计算通项公式得到14,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩，故2,11,2n n b n n =⎧=⎨-≥⎩，求和得到答案.【解析】当1n =时，111224a S ==+=；当2n ≥时，()11112222222n n n n n n n n a S S ----=-=+-+=-=，经检验14a =不满足上式，所以14,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩， 2log n n b a =，则2,11,2n n b n n =⎧=⎨-≥⎩，()201911921922T ⨯+=+=. 故选：B.8．已知数列{}n a 满足11a =，()()()11*12n n n n a a a a n N n n ++-=∈++，则10a 的值为（ ）A ．1231B ．2231C ．1D ．2【答案】B 【分析】首先根据已知条件得到1111112n n a a n n +-=-++，再利用累加法求解即可. 【解析】 因为()()()*1112n n n n a a n n n N a a ++++=∈-，所以()()()*11112nn n n a a n N a a n n ++-=∈++， 所以()()111111212n n n n a a a a n n n n ++-==-++++，即1111112n n a a n n +-=-++，当2n ≥时，11221111111n n n n a a a a a a ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111123n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪⎪+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭-⎝⎭， 1111121n a a n -=-+，解得()11131122122n n n a n n +=-+=≥++ 当1n =时，上式成立，故2231n n a n +=+，故102022230131a +==+. 故选：B二、多选题9．数列{a n }的前n 项和为S n ，()*111,2N n n a a S n +==∈，则有（ ）A ．S n ＝3n －1B ．{S n }为等比数列C ．a n ＝2·3n －1D ．21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【答案】ABD 【分析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得n a ，进而求得n S 以及判断出{}n S 是等比数列.【解析】依题意()*111,2N n n a a S n +==∈，当1n =时，2122a a ==， 当2n ≥时，12n n a S -=，11222n n n n n a a S S a +--=-=，所以13n n a a +=，所以()2223232n n n a a n --=⋅=⋅≥，所以21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩. 当2n ≥时，1132n n n a S -+==；当1n =时，111S a ==符合上式，所以13n n S -=.13n nS S +=，所以数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列. 所以ABD 选项正确，C 选项错误.故选：ABD10．已知数列{}n a 的前n 项和22n n nS +=，数列{}n b 满足1n n b a =，若n b ，2n b +，n k b +（k *∈N ，2k >）成等差数列，则k 的值不可能是（ ） A ．4 B ．6 C ．8 D ．10【答案】AD 【分析】利用n a 与n S 的关系，求得n a ，进而求得n b ，然后根据n b ，2n b +，n k b +（k *∈N ，2k >）成等差数列，得到n 与k 的关系，进而求得答案.【解析】当1n =时，11212a S ===，当2n ≥时，()()2211122n n n n n n n a S S n --+++=-=-=，故n a n =（N n *∈），11n n b a n ==（N n *∈）．因为n b ，2n b +，n k b +（N k *∈，2k >）成等差数列，所以22n n n k b b b ++=+，即2112n n n k=+++，所以48422n k n n ==+--，（2k >，N k *∈），从而2n -的取值为1，2，4，8，则对应的k 的值为12，8，6，5，所以k 的值不可能是4，10， 故选:AD ．第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题11．数列{}n a 的前n 项的和231n S n n =++，n a =________．【分析】利用2n 时，1n n n a S S -=-求n a ，同时注意11a S =． 【解析】解析：由题可知，当2n 时，1n n n a S S -=-22313(1)(1)1n n n n ⎡⎤=++--+-+⎣⎦62n =-，当1n =时，113115a S ==++=，故答案为：5,162,2n n n =⎧⎨-⎩．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n －3，则a n ＝________.【答案】【解析】解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－[2(n －1)－3]＝2，又a 1＝S 1＝2×1－3＝－1，故a n ＝13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a b S +=，2414a a =，则数列{}n a 的通项公式为___________. 【答案】212n -⎛⎫ ⎪⎝⎭或212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】 由n n a b S +=可得数列{}n a 是公比为12的等比数列，然后根据2414a a =求出21a =即可. 【解析】因为n n a b S +=，所以当1n =时，1112b a S a +==，即12b a = 当2n ≥时，11n n b a S --+=，然后可得10n n n a a a --+=，即()1122n n a a n -=≥ 所以数列{}n a 是公比为12的等比数列 所以21124b a a ==，4111816a a b ==， 因为22411644a ab ==，所以4b =±， 当4b =时， 21a =，2221122n n n a a --⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当4b =-时， 21a =-，2221122n n n a a --⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故答案为：212n -⎛⎫ ⎪⎝⎭或212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭四、解答题 14．已知数列{}n a 的前n 项和()2*2n S n kn k N =-+∈，且n S 的最大值为4．（1）求常数k 及n a ；（2）设()17n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】（1）2k =，25n a n =-+ （2）2(1)n n T n =+ 【分析】（1）由于()222*2()n S n kn n k k k N =-+=--+∈，则可得24k =，从而可求出2k =，然后利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求出n a ， （2）由（1）可得11121n b n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，然后利用裂项相消求和法求解即可 （1）因为()222*2()n S n kn n k k k N =-+=--+∈，所以当n k =时，n S 取得最大值2k ， 所以24k =，因为*k N ∈，所以2k =，所以24n S n n =-+，当1n =时，11143a S ==-+=，当2n ≥时，2214[(1)4(1)]25n n n a S S n n n n n -=-=-+---+-=-+，13a =满足上式，所以25n a n =-+（2）由（1）可得()()11111177252(1)21n n b n a n n n n n n ⎛⎫====- ⎪-+-++⎝⎭， 所以1111111112222321n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111212(1)n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭ 15．已知数列{}n a 满足()23*1232222n n a a a a n n N ++++=∈，求数列{}n a 的通项公式．【答案】12n na =【分析】 先根据前n 项和与通项的关系得12n n a =，再检验1n =时也满足条件即可求得答案. 【解析】因为23*1232222()n n a a a a n n N ++++=∈①， 所以()2311231222212n n a a a x a n n --++++=-≥②， ①-②得21(2)n n a n =≥，即 12n n a =, 当1n =时，112a =，满足12n n a =， 所以12n na = 16．已知数列{}n a 的前n 项和112n n S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求数列{}n a 的通项公式． 【答案】312122n n n a n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩ 【分析】根据n S 与n a 的关系式，求解数列的通项公式即可.需要注意验证首项.【解析】()111111222n n n n S S n --⎛⎫⎛⎫=+∴=+≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭①②-①②得()122n n a n ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭ 根据题意，1111311222a S ⎛⎫==+=≠- ⎪⎝⎭ 所以数列的通项公式为312122n n n a n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩。
高中数学《数列的递推公式》习题(含解析)
第8课时数列的递推公式知识点一利用数列的递推公式求数列的项1．已知数列{a n}满足a n＝4a n－1＋3，且a1＝0，则此数列第5项是() A．15B．255C．16D．63答案B解析a2＝3，a3＝15，a4＝63，a5＝255．2．已知a1＝1，a n＋1＝a n3a n＋1，则数列{a n}的第4项是()A．116B．117C．110D．125答案C解析a2＝a13a1＋1＝13＋1＝14，a3＝a23a2＋1＝1434＋1＝17，a4＝a33a3＋1＝1737＋1＝110．3．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n－1(n∈N*)，则a1000＝()A．1B．1999C．1000D．－1答案A解析a1＝1，a2＝2×1－1＝1，a3＝2×1－1＝1，a4＝2×1－1＝1，…，可知a n＝1(n∈N*)．4．已知数列{a n}对任意的p，q∈N*满足a p＋q＝a p＋a q，且a2＝－6，那么a10等于()A．－165B．－33C．－30D．－21答案C解析由已知得a2＝a1＋a1＝2a1＝－6，∴a1＝－3．∴a10＝2a5＝2(a2＋a3)＝2a2＋2(a1＋a2)＝4a2＋2a1＝4×(－6)＋2×(－3)＝－30．5．已知数列{a n}，a n＝a n＋m(a＜0，n∈N*)，满足a1＝2，a2＝4，则a3＝________．答案2解析＝a ＋m ，＝a 2＋m ，＝－1，＝3，∴a n ＝(－1)n ＋3，∴a 3＝(－1)3＋3＝2．6．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2011＝________；a 2018＝________．答案01解析∵a 2011＝a 503×4－1＝0，∴a 2018＝a 2×1009＝a 1009＝a 4×253－3＝1．7．数列{a n }满足递推公式a 1＝5，a n ＝nn ＋1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的前四项依次为________，它的通项公式为________．答案5，103，52，2a n ＝10n ＋1解析由a n a n －1＝nn ＋1(n ≥2，n ∈N *)，得a 2a 1＝23，a 3a 2＝34，…，a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，将以上各式两两相乘得a n a 1＝23·34·…·n n ＋1＝2n ＋1，所以a n ＝10n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝5符合上式，所以其通项为a n ＝10n ＋1．所以a 1＝5，a 2＝103，a 3＝52，a 4＝2．8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝1n (n －1)(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解累加法：a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1－1n，a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，a 4－a 3＝13－14，…，a n －a n －1＝1n －1－1n，累加可得a n－a1＝1－1 n．又a1＝1，所以a n＝2－1 n．9．在数列{a n}中，若a1＝2，且对所有n∈N*满足a n＝a n＋1＋2，则a2016＝________．易错分析本题求通项公式时采用累加法易漏掉a1错解a n＝－2n＋2致a2016＝－4030．答案－4028解析由题意知a n＋1－a n＝－2，所以a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋(a n－2－a n－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝－2(n－1)＋2＝－2n＋4，所以a2016＝－2×2016＋4＝－4028．10．已知数列{a n}满足a1a2a3…a n＝n2(n∈N*)，求a n．易错分析本题易忽略式子a1a2a3…a n－1＝(n－1)2仅适用于n∈N*且n≥2时的情况，因此两式相除得到a n＝n2(n－1)2也仅适用于n≥2时的情况，从而错误断定a n＝n2(n－1)2是数列的通项．解当n＝1时，a1＝1．由条件知a1a2a3…a n＝n2(n∈N*)，当n≥2时a1a2a3…a n－1＝(n－1)2，两式相除得a n＝n2(n－1)2(n≥2，n∈N*)，故a n，n≥2，n∈N*.一、选择题1．已知a n＝3n－2，则数列{a n}的图象是() A．一条直线B．一条抛物线C．一个圆D．一群孤立的点答案D解析∵a n＝3n－2，n∈N*，∴数列{a n}的图象是一群孤立的点．2．在数列{a n}中，a1＝13，a n＝(－1)n·2a n－1(n≥2)，则a5等于()A．－163B．163C．－83D．83答案B解析∵a1＝13，a n＝(－1)n·2a n－1，∴a2＝(－1)2×2×13＝23，a3＝(－1)3×2×23＝－4 3，a4＝(－1)4×2×－43＝－8 3，a5＝(－1)5×2×－83＝16 3．3．函数f(x)满足f(1)＝1，f(n＋1)＝f(n)＋3(n∈N*)，则f(n)是()A．递增数列B．递减数列C．常数列D．不能确定答案A解析∵f(n＋1)－f(n)＝3(n∈N*)，∴f(2)>f(1)，f(3)>f(2)，f(4)>f(3)，…，f(n＋1)>f(n)，…．∴f(n)是递增数列．4．数列{a n}的构成法则如下：a1＝1，如果a n－2为自然数且之前未出现过，则用递推公式a n＋1＝a n－2，否则用递推公式a n＋1＝3a n，则a6＝() A．－7B．3C．15D．81答案C解析由a1＝1，a1－2＝－1∉N，得a2＝3a1＝3．又a2－2＝1＝a1，故a3＝3a2＝9．又a3－2＝7∈N，故a4＝a3－2＝7．又a4－2＝5∈N，则a5＝a4－2＝5．又a5－2＝3＝a2，所以a6＝3a5＝15．故选C．5．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是()A ．415B ．425C ．435D ．445答案D解析由题知：a n ＋1＝2na n －(n －1)a n －1n ＋1，a 3＝2×2×3－13＝113，a 4＝2×3×113－2×34＝4，a 5＝2×4×4－3×1135＝215，a 6＝2×5×215－4×46＝266，故a n ＝5n －4n ．所以a 20＝5×20－420＝245＝445．故选D ．二、填空题6．在数列{a n }中，a n ＝2n ＋1，对于数列{b n }，b 1＝a 1，当n ≥2时，b n ＝ab n－1，则b 4＝________，b 5＝________．答案3163解析由a n ＝2n ＋1，知b 2＝ab 1＝a 3＝7，b 3＝ab 2＝a 7＝15，b 4＝ab 3＝a 15＝31，b 5＝ab 4＝a 31＝63．7．已知F (x )＝1是R 上的奇函数．a n ＝f (0)＋f (1)(n ∈N *)．则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋1解析因为F (x )＋F (－x )＝0，所以x 2，即若a ＋b ＝1，则f (a )＋f (b )＝2．于是由a n ＝f (0)＋…＋f (1)(n ∈N *)，得2a n ＝[f (0)＋f (1)]…[f (1)＋f (0)]＝2n ＋2，所以a n ＝n ＋1．8．函数f (x )定义如下表，数列{x n }满足x 0＝5，且对任意的自然数均有x n ＋1＝f (x n )，则x 2019＝________．x 12345f (x )51342答案5解析由题意可得x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，…的值分别为2，1，5，2，1，…故数列{x n }为周期为3的周期数列．∴x 2019＝x 3×673＝x 3＝5．三、解答题9．数列{a n }中a 1＝1，对所有的n ≥2，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2．(1)求a 3，a 5；(2)探究256225是否为此数列中的项；若是，是第多少项？(3)试比较a n 与a n ＋1(n ≥2)的大小．解(1)∵对所有的n ≥2，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，∴a 1·a 2＝22，a 1·a 2·a 3＝32，a 1·a 2·a 3·a 4＝42，a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝52．∴a 3＝94，a 5＝2516．(2)∵a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，∴n ≥3时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴n ≥3时，∴a n ，且a 1＝1，a 2＝4，而256225＝，∴256225是数列中的项，是第16项．(3)∵a na n＋1＝>1，∴a n>a n＋1(n≥2)．10．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a na n＋2n∈N*)，试探究数列{a n}的通项公式．解解法一：将n＝1，2，3，4依次代入递推公式得a2＝23，a3＝24，a4＝25，又a1＝2 2，∴可猜想a n＝2n＋1．应有a n＋1＝2n＋2，将其代入递推关系式验证成立，∴a n＝2n＋1．解法二：∵a n＋1＝2a na n＋2，∴a n＋1a n＝2a n－2a n＋1．两边同除以2a n＋1a n，得1a n＋1－1a n＝12．∴1a2－1a1＝12，1a3－1a2＝12，…，1a n－1a n－1＝12．把以上各式累加得1a n－1a1＝n－12．又a1＝1，∴a n＝2n＋1．故数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1(n∈N*)．。
高考数学题型全归纳：如何由递推公式求通项公式典型例题(含答案)
如何由递推公式求通项公式高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要求考生进行严格的逻辑推理。
找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的。
下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。
类型一：1()nna a f n 或1()n na g n a 分析：利用迭加或迭乘方法。
即：112211()()+()nnnnna a a a a a a a ……或121121n n n nna a a a a a a a ……例1.(1)已知数列na 满足11211,2nna a a nn，求数列n a 的通项公式。
（2）已知数列n a 满足1(1)1,2nn n a a s ，求数列n a 的通项公式。
解：（1）由题知：121111(1)1nna a nnn n nn 112211()())n n n n na a a a a +(a -a a (1)111111()()()121122n n nn ……312n（2）2(1)n n s n a 112(2)nn s na n两式相减得：12(1)(2)n nna n a na n 即：1(2)1n na n n a n 121121n n nn n a a a a a a a a (121)121nn n n……n类型二：1(,(1)0)nn a pa q p q pq p 其中为常数，分析：把原递推公式转为：1(),1nnq a tp a t p其中t=，再利用换元法转化为等比数列求解。
例2.已知数列n a 中，11,123n n a a a ，求n a 的通项公式。
解：由123nn a a 可转化为：132(3)n na a 令3,nn b a 11n+1n则b =a +3=4且b =2b n b 1是以b =4为首项，公比为q=2的等比数列11422n n bn即123n na 类型三：1()(nn a pa f n 其中p 为常数)分析：在此只研究两种较为简单的情况，即()f x 是多项式或指数幂的形式。
数列应用题中的递推关系(附答案)
数列应用题中的递推关系以数列知识作为背景的应用题是高中应用题中的常见题型，要正确快速地求解这类问题，需要在理解题意的基础上，正确处理数列中的递推关系。
一、等差、等比数列问题等差、等比数列是数列中的基础，若能转化成一个等差、等比数列问题，则可以利用等差、等比数列的有关性质求解。
例1、流行性感冒（简称流感）是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病。
某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人。
由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数。
分析：设11月n 日这一天新感染者最多，则由题意可知从11月1日到n 日，每天新感染者人数构成一等差数列；从n+1日到30日，每天新感染者构成另一个等差数列。
这两个等差数列的和即为这个月总的感染人数。
略解：由题意，11月1日到n 日，每天新感染者人数构成一等差数列a n ，a 1=20,d 1=50,11月n 日新感染者人数a n =50n —30；从n+1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列b n ,b 1=50n-60,d 2=—30，b n =(50n-60)+(n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染者人数为b 30-n =20(30-n)-30=-20n+570. 故共感染者人数为：2)30)](57020(6050[2)305020(n n n n n -+-+-+-+=8670，化简得：n 2-61n+588=0,解得n=12或n=49(舍)，即11月12日这一天感染者人数最多，为570人。
二、a n - a n-1=f(n),f(n)为等差或等比数列有的应用题中的数列递推关系，a n 与a n-1的差（或商）不是一个常数，但是所得的差f(n)本身构成一个等差或等比数列，这在一定程度上增加了递推的难度。
必修五数列递推公式经典题型汇总(全)
数列递推公式经典题型汇总（全）1. (2011年高考四川)数列{}n a 的首项为3，{}n b 为等差数列且1(*)n n n b a a n N +=-∈ .若则32b =-，1012b =，则8a =( ） A ）0 （B ）3 （C ）8 （D ）11 答案：B 解析：由已知知128,28,n n n b n a a n +=--=-由叠加法21328781()()()642024603a a a a a a a a -+-++-=-+-+-++++=⇒==2.(2011年高考全国卷设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若11a =，公差2d =，224A n S S +-=，则k = A ）8 （B ）7 （C ）6 （D ）5【答案】D 【解析】22111(21)(11)k k k k S S a a a k d a k d +++-=+=++-+++-12(21)a k d =++21(21)244245k k k =⨯++⨯=+=⇒=故选D 。
3.（2009广东卷理）已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >= ，且25252(3)n n a an -⋅=≥，则当1n ≥时，2123221log log log n a a a -+++=A. (21)n n -B. 2(1)n +C. 2nD. 2(1)n -【解析】由25252(3)nn a a n -⋅=≥得nn a 222=，0>n a ，则nn a 2=， +⋅⋅⋅++3212log log a a2122)12(31log n n a n =-+⋅⋅⋅++=-，选C.4.1,13111=+⋅=--a a a a n n n 则其通项为解：取倒数：11113131---+=+⋅=n n n n a a a a ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴n a 1是等差数列，3)1(111⋅-+=n a a n 3)1(1⋅-+=n 231-=⇒n a n5 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
(n 1)bn1 nbn 2 0 令 n 1, 得 b1 2. bn 2 (n 1)d .
设 b2 2 d (d R), 下面用数学归纳法证明 （1）当 n 1, 2 时，等式成立
新疆 源头学子小屋
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a2k 1 a2k 3k a2k 1 (1) k 3k ，即 a2k 1 a2k 1 3k (1) k a3 a1 3 (1) ， a5 a3 32 (1) 2 ……
将以上 k 个式子相加，得 …… a2k 1 a2k 1 3k (1) k
②－①，得 2(bn1 1) (n 1)bn1 nbn , 即 (n 1)bn1 nbn 2 0, nbn2 (n 1)bn1 2 0.
-3-
③－④，得
nbn2 2nbn1 nbn 0, 即 bn2 2bn1 bn 0,
1 ___
n 1 n2
解：由已知，得 an1 a1 2a2 3a3 (n 1)an1 nan ，用此式减去已知式，得 当 n 2 时， an1 an nan ，即 an1 (n 1)an ，又 a2 a1 1，
a1 1,
b 1 b 1 b 1
(an 1)bn (n N * ), 证明：数列{bn}
是等差数列；（Ⅲ）证明：
a n 1 a1 a2 n ... n (n N * ). 2 3 a2 a3 an 1 2
（I）解： an1 2an 1(n N * ), an1 1 2(an 1), an 1 是以 a1 1 2 为首项，2 为公比的 等比数列 an 1 2n.
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
高考数学总复习考点知识专题讲解4 数列的递推与通项公式
高考数学总复习考点知识专题讲解 专题4 数列的递推与通项公式一、数列的前n 项和S n 与a n 的关系（和式代换）类型1 已知n S 与n 的关系式，记为()n S f n =，它可由和式代换⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n Sa n nn 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11S a =，求1a 的值；(2)2n ≥时，由1n n n a S S -=-，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn .【例1】已知数列{}n a 满足12323(1)(2)n a a a na n n n +++⋯=++，求数列{}n a 的通项公式．已知n S 与n a 的关系式，记为(),0n n f a S =，求它的通项公式n a ，一般有两种思路： （1）消n S ：容易直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n S S a n --=≥，消去n S ，转化为等差或等比数列直接求出n a ；（2）消n a ：难以直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n a S S n -=-≥，消去n a ，得出n S 与1n S -的递推关系式，先求出n S 后，即可转化为“第1种情形”，从而间接求出n a ，如例3.在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法，确定变形方向.通常情况下，先求n S 要比直接求n a 麻烦；但也有时先直接求n a 会比先求n S 麻烦得多. 类型2 消n S【例2】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．求数列{}n a 的通项公式．【例3】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*226()n n S a n n N =+-∈．求数列{}n a 的通项公式．【例4】已知正整数列}{n a 的前n 项和为n S ，且对任意的自然数满足1n a =+.求}{n a 的通项公式.类型3 消n a【例5】（2022•天津模拟）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足()1+202n n n a S S n -=≥，211=a ，求n a .【例6】在正项数列}{n a 中，n S 是数列}{n a 的前n 项和，且1+2n n na S a =，求n a .【例7】已知数列{}n a 中，13a =，前n 项和1(1)(1)12n n S n a =++-．求数列{}n a 的通项公式．二、数列的前n 项积n T 与a n 的关系已知n T 与n 的关系式，记为()n T f n =，它可由积式代换⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11T a =，求1a 的值； (2)2n ≥时，由1-=n nn T T a ，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n .【例8】已知数列{}n a 满足(1)*2122()n n n a a a n N +=∈．求数列{}n a 的通项公式．三．累加法：适用于邻项差结构11()()n n n n a a f n a a f n ---=⇔=+ 累加法是利用：11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．以下为三种累加后可裂项相消求和的题型：①若()f n 是关于n 的分式函数，()1111()()f n n n k k n n k==-++；②若()f n 是关于n 的对数函数，()1ln(1)ln(1)ln f n n n n =+=+-；③若()f n是关于n 的无理式函数，()1f n k=.④若()f n 是关于n 的一次函数，()f n kn b =+，累加后可转化为等差数列求和； ⑤若()f n 是关于n 的二次函数，()2f n an bn c =++，累加后可分组求和； ⑥若()f n 是关于n 的指数函数，()n f n p =，累加后可转化为等比数列求和； 【例9】在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，求a n .【例10】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋n ＋1－n (n ≥2)，求a n .【例11】已知数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n +=++，求n a .四．累乘法：适用于邻项商结构()()11nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅ 累乘法是利用：13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．【例12】已知数列{}n a 中，12a =，12n n n a a n++=，求数列{}n a 的通项公式；【例13】设{}n a 是首项为1的正项数列，2211(1)0n n n n n a a a na ++++-=（*∈N n ），求{}n a 的通项公式.五、跳跃等差数列通项公式——形如d a a n n =-+2类型定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足d a a n n =-+2条件的数列{}n a 为跳跃等差数列.1.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是d n a d n a d k a a a k n 21)121()1(11112-+=-++=-+==-；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2nk =，于是d n a d n a d k a a a k n 22)12()1(2222-+=-+=-+==.综上所述，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+=为偶数为奇数n d n a n d n a a n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.2.待定系数法：此类型题由于1a 和2a 作为数列奇数项和偶数项首项，会使得数列一些变形出现一些计算难度，故可以采用待定系数法来求统一的通项公式，考虑首项的因素，需要在原始的待定系数的前面加上()n 1-．具体操作如下：n a 1221,4,23n n a a a a n -===+≥n a【例14】(2014•新课标1卷理)已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数. （1）证明：2n n a a λ+-=；（2）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由.衍生1 等和数列——形如c a a n n =++1类型1.“等和数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．2.若c a a n n =++1（c 为常数），则数列}{n a 为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分为奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等和数列——形如)(1n f a a n n =++类型处理思路：等和数列、类等和数列可以归结为跳跃等差数列问题，其基本思路是生成、相减；与“差型”的生成、相加（累加法）的思路刚好相呼应.当()b dn n f a a n n +==+++12时，则()b n d a a n n +-=++11，两式相减得：d a a n n =-+2，故{}n a 是公差为d 的跳跃等差数列，通过分奇偶项讨论进而将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差数列，然后求通项. 【例15】已知数列{}n a 的首项1a a =，1354n n a a n ++=-，求数列{}n a 的通项公式．六、跳跃等比数列通项公式——形如q a ann =+2类型1.定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足q a a nn =+2条件的数列{}n a 为跳跃等比数列.2.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是21112111112--+--⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a ；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2n k =，于是222122122---⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a .综上所述，⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅=--为偶数为奇数n qa n qa a n n n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.【例16】已知数列{}n a 满足*212(),N ,1,2n n a qa q n a a +=≠∈==1，且233445,,a a a a a a +++成等差数列.求数列{}n a 的通项公式.衍生1 等积数列——形如p a a n n =⋅+1类型1.“等积数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．2.若p a a n n =⋅+1(p 为常数)，则数列}{n a 为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等积数列——形如)(12n f a a n n =⋅++类型处理思路：等积数列、类等积数列可以归结为跳跃等比数列问题，其基本思路是生成、相除；与“商型”的生成、相乘（累乘法）的思路刚好相呼应.若()n f 为n 的函数时，可通过逐商法得)1(1-=⋅+n f a a n n ，两式相除后，通过分奇偶项讨论将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等比数列，然后再求通项.1.分奇偶讨论法：()B An n n q n f a a +++==12，则B n A n n q a a +-+=)1(1，两式相除得：A nn q a a =+2，故 {}n a 是公比为A q 的跳跃等比数列，⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅⋅=⋅=∴----为偶数为奇数n q a q a n q a q a a A n n A n n A An 222221211211)()(.}{n a n n a a a 2,111=⋅=+七．斐波那契数列定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式2110,1,1--+===n n n F F F F F ()n N +∈通项公式：n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）证明：线性递推数列的特征方程为：21x x =+，解得：1x =，2x 则1122n n n F c x c x =+∵121F F ==∴112222112211c x c x c x c x =+⎧⎨=+⎩解得：1c =；2c =∴n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦斐波那契数列的一些性质：求和问题：①12-=+n n a S ；②n n a a a a a 212531=+++- ；③1122642-=++++n n a a a a a ． 证明：①()()()1111112112122+=++++=+-++-+-=-=-++++++n n n n n n n n n n S a a a a a a a a a a a S S a ，故12-=+n n a S ，此证明方法也是错位相减的一种特例．②()()()n n n n n a S a a a a a a a a a a a 22212232432111231=+=+++++++=+++---- ，此证明过程也需要利用①的结论．③()()()11212122254321242-==+++++++=++++---n n n n n a S a a a a a a a a a a ．这三个式子用数学归纳法证明也非常简单，无需强化记忆，每次列出前几项比划一下，考试中如果出现需要这些结论的，拿出前几项及时推导即可．平方和问题：122221+=+++n n n a a a a a （根据面积公式推导，如下图）构造正方形来设计面积，()()433221321232221a a a a a a S S S a a a =++=++=++，以此类推，也可以用数学归纳法证明，知道一个大致的方向即可． 裂项问题：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++------123222423312222123242311111111111111n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n a a a a a a a 212212221211111----=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+． 注意：如果是斐波那契数列的部分项求和也可以，比如⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++++++-++++n m m m n m n m m m m m a a a p a a p a a p a a p 1112312 ,前提就是必须隔项，否则无法裂项相消．【例17】已知数列{}n a 满足：113a =，213a =，*11(,2)n n n a a a n N n +-=+∈…，则132435202120231111a a a a a a a a +++⋯+的整数部分为（） A ．6B ．7C ．8D ．9【例18】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n --=+≥∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则其中不正确结论的是（ ）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅B ．12321n n a a a a a +++++=-C ．1352121n n a a a a a -++++=-D ．()121)4(3n n n n c c a n a π--+-≥=⋅【例19】斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那契数列{}n a 满足10a =，21a =，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，若记1352019a a a a M ++++=，2462020a a a a N ++++=，则2022a =________．（用M ，N 表示）【例20】（2022•天河区期末）意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，……．即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列a n 说法正确的是（ ） A ．a 12＝144B ．a 2022是偶数C ．a 2022＝a 1+a 2+a 3…a 2022D ．a 2022+a 2024＝3a 2022【例22】（2023•荆州期末）2022年11月23日是斐波那契纪念日，其提出过著名的“斐波那契”数列，其著名的爬楼梯问题和斐波那契数列相似，若小明爬楼梯时一次上1或2个台阶，若爬上第n 个台阶的方法数为b n ，则（ ） A ．b 7＝21B ．b 1+b 2+b 3+b 5+b 7＝51C ．b 12+b 22+…+b n 2＝b n •b n +1﹣1D ．b n ﹣2+b n +2＝3b n八．不动点与蛛网图（无需通项的无敌技能） 知识点一函数迭代和数列的关系已知函数)(x f y =满足+1=()n n a f a ，则一定有+1211=()()()n n n n a f a f a f a -==，故函数)(x f y =通过反复迭代产生的一系列数构成了数列{}n a 或者记为{}{}n n b x 、，而数列的每一项与函数迭代的关系可以如下表所示： 下面以函数21y x =+和数列121n n a a +=+①数列的递推式和函数的迭代式是有着相同的法则的，故数列的任何一项()+1,n n a a 都在函数)(x f y =上．②数列的通项公式是函数对1a 迭代1-n 次的结果，即11()n n a f a -=，每一次由于迭代产生出的因变量成为下一次迭代的自变量．③数列的首项1a 对整个数列有很大的影响，当迭代不断重复出现同一结果时，我们将其称为不动点．知识点二函数的迭代图像——蛛网图函数的迭代图像，简称蛛网图或者折线图，函数)(x f y =和直线y x =共同决定． 其步骤如下：1．在同一坐标系中作出)(x f y =和y x =的图像（草图），并确定不动点．（如图1所示）图1 图22．在找出不动点之后，确定范围，将不动点之间的图像放大，并找出起始点1a （如图2所示）3．由1a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()12,a a ． 4．由()12,a a 向y x =作平行于x 轴的直线与y x =相交，并确定交点()22,a a ． 5．由()22,a a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()23,a a ． 重复4，5，直至找到点()1,n n a a +的最终去向．【例23】设数列{}n a 满足11(0),n a a a a +=>=证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有n a M ≤．【例24】首项为正数的数列{a n }满足2*11(3),,4n na a n N +=+∈若对*n N ∈，一切都有1n n a a +>，求a 1的取值范围．知识点三蛛网图与数列的单调性定理1：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一上凸的图形时，（如图9）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递增的，即1n n a a +>，在两不动点以外的区间则是递减的，即1n n a a +<．定理2：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一下凹的图形时，（如图10）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递减的，即1n n a a +<，在两不动点以外的区间则是递增的，即1n n a a +>．图9 图10综上可得，当)(x f y =的单调增区间位于上凸内或者下凹外时，即当迭代起点1a 位于此区域时，一定有1n n a a +>同理，当迭代起点1a 位于单调增区间的上凸外或者下凹内时，一定有1n n a a +<．知识点四摆动数列以及由求导构造函数单调性来解决数列问题由反比例（递减函数）函数迭代构成的摆动数列，如图11所示，当)(x f 在区间为减函数时，和直线x y =相交于不动点，那么由此函数迭代构成的数列为摆动数列，即奇数项和偶数项构成相反的单调性，但都螺旋靠近不动点，极限也是不动点。
高三数学由递推关系求通项公式的数列问题知识点分析
由递推关系求通项公式的数列问题通过递推关系求出数列的通项公式，是解决数列问题时经常遇到的，这类问题的处理方法是向特殊数列转化，利用特殊数列的性质求数列的通项公式，下面提供几类有规律的变形。
一、递推关系行如：1()n n a a f n +=+的数列利用迭加的方法直接求解或利用迭加，迭代法得1(1)(2)(1)n a a f f f n =++++-，（2n ≥）然后求解。
例1 数列{}n a 中11a =，且221212(1),3k kk k k k a a a a -+=+-=+，其中1,2,3,k =，求数列{}n a 的通项公式。
解：2123k k k a a +=+=21(1)k k a -+-3k+∴21k a +－21k a -=(1)k -3k +同理21k a -－23k a -=13k -+1(1)k --，，313(1)a a -=+-∴（21k a +－21k a -）+（21k a -－23k a -）++31a a -=（123333kk -++++）+[1(1)(1)(1)k k --+-++-]从而21k a +－1a =31(31)[(1)1]22k k -+-- 易得到{}n a 的通项公式：n 为奇数时：121231(1)122n n n a -+=+-⨯- n 为偶数时：2231(1)122nn n a =+-⨯- 二、递推关系形如：1()n n a a f n +=的数列利用迭乘或迭代法可得：1(1)(2)(1)()n a a f f f n f n =-≥（n 2）例2 数列{}n a 的前n 项的和为n s ，且1a =1，2*()n n a n N =∈n s ，求数列{}n a 的通项公式解：由2n n a =n s 知21(1)n n a -=-≥n-1s （n 2）∴221(1)n n n a n a -=--n n-1s -s 又≥n 2时=n n-1s -s n a则(1)n +1(1)n n a n a -=-≥（n 2）由110a =≠知各项都不等于0，得：111n n a n a n --=+ ∴32121121,,,341n n a a a n a a a n --===+ 各项相乘得：12(1)n a a n n =+ ∴2(1)n a n n =≥+（n 2） 又n=1时适合上式，所以数列{}n a 的通项公式2(1)n a n n =+三、递推关系形如：11n n n n a a pa a ---=（p 为常数且0p ≠）的数列可化为111n n a a --=p 求出1na 的表达式，再求n a 例3 数列{}n a 中11a =，当≥n 2时其前n 项和n s 满足21()2n a =n n s s -，求数列{}n a 的通项公式。
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最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
变式1.1:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.解：Θk k k a a )1(122-+=-，kk k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …… ……k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++kk k a ，1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。
经检验11=a 也适合，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--⋅+⋅--⋅+⋅=-+)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数n n a nn n n n类型2n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例3:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求n a 。
解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---L 。
变式2.1:（2004，全国I,理15）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩ 12n n =≥解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+⋅⋅⋅+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得当2≥n 时，n n n na a a =-+1，即n n a n a )1(1+=+，又112==a a ，n a a a a a a a a a n n =⋅⋅⋅====∴-13423121,,4,3,1,1，将以上n 个式子相乘，得2!n a n =)2(≥n 类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。
解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。
变式3.1:（2006，重庆,文,14）在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =___________ 321-=+n n a 变式3.2:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{b n }滿足12111*444(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈L 证明：数列{b n }是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈ （I ）解：*121(),n n a a n N +=+∈Q 112(1),n n a a +∴+=+ {}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列 12.nn a ∴+=即 *21().n n a n N =-∈（II ）证法一：1211144...4(1).n n k k k k n a ---=+Q 12(...)42.n n k k k n nk +++-∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+-即1(1)20,n n n b nb +--+= 21(1)20.n n nb n b ++-++=③－④，得 2120,n n n nb nb nb ++-+=即 2120,n n n b b b ++-+= *211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈{}n b ∴是等差数列证法二：同证法一，得 1(1)20n n n b nb +--+= 令1,n =得1 2.b = 设22(),b d d R =+∈下面用数学归纳法证明 2(1).n b n d =+-（1）当1,2n =时，等式成立 （2）假设当(2)n k k =≥时，2(1),k b k d =+-那么122[2(1)]2[(1)1].1111k k k k b b k d k d k k k k +=-=+--=++----- 这就是说，当1n k =+时，等式也成立 根据（1）和（2），可知2(1)n b n d =+-对任何*n N ∈都成立{}1,n n n b b d b +-=∴Q 是等差数列（III ）证明：Q1121211,1,2,...,,12122(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=-- 12231....2n n a a a n a a a +∴+++<111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k k kk a k n a +++-==-=-≥-=--+-Q1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a +∴+++≥-+++=-->-*122311...().232n n a a a n nn N a a a +∴-<+++<∈ 变式3.3:递推式：()n f pa a n n +=+1。
解法：只需构造数列{}n b ，消去()n f 带来的差异．类型4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。
（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数） 。
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q，得：q q a q p qa n n n n 111+•=++引入辅助数列{}n b （其中nn n q a b =），得：q b q p b nn 11+=+再待定系数法解决。
变式4.1:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+，1,2,3,n =g g g （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2nn n T S =，1,2,3,n =g g g ，证明：132ni i T =<∑解：（I ）当1=n 时，323434111+-==a S a 21=⇒a ； 当2≥n 时，)3223134(3223134111+⨯--+⨯-=-=-+-n n n n n n n a a S S a ，即n n n a a 241+=-，利用n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。
（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）的方法，解之得：nn n a 24-=(Ⅱ)将nn n a 24-=代入①得S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2) = 23×(2n+1－1)(2n －1)T n = 2n S n = 32×2n (2n+1－1)(2n －1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1)所以,1ni i T =∑= 321(ni =∑12i－1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 12i+1－1) < 32类型5 递推公式为n n n qa pa a+=++12（其中p ，q 均为常数）。
解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+qst pt s解法二(特征根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程。
若21,x x 是特征方程的两个根，当21x x ≠时，数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入11)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）。
解法一（待定系数——迭加法）例4，:数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,，求数列{}n a 的通项公式。
由025312=+-++n n n a a a ，得)(32112n n n n a a a a -=-+++，且a b a a -=-12。
则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项，32为公比的等比数列，于是11)32)((-+-=-n n n a b a a 。
把n n ,,3,2,1⋅⋅⋅=代入，得a b a a -=-12，)32()(23⋅-=-a b a a ，234)32()(⋅-=-a b a a ，•••21)32)((---=-n n n a b a a 。