2017版數(shù)學(xué)知識(shí)方法篇專題5數(shù)列、推理與證明第23練含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第23練?？嫉倪f推公式問(wèn)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(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式是高考中常考題型,掌握常見(jiàn)的一些變形技巧是解決此類問(wèn)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(jì)算方法即可解決.體驗(yàn)高考1。（2015·湖南）設(shè)Sn為等比數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1,且3S1,2S2，S3成等差數(shù)列，則an＝________。答案3n－1解析由3S1，2S2,S3成等差數(shù)列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2,∴公比q＝3，故等比數(shù)列通項(xiàng)an＝a1qn－1＝3n－1。2。（2015·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1,則Sn＝____________.答案－eq\f（1，n）解析由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，因?yàn)镾n≠0，所以eq\f（Sn＋1－Sn，SnSn＋1）＝1，即eq\f（1,Sn＋1)－eq\f(1，Sn)＝－1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)）)是以eq\f(1,S1)＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，得eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f（1，n)。3.（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eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1，an)））前10項(xiàng)的和為________.答案eq\f(20,11)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(gè)式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f（2＋nn－1,2），即an＝eq\f(nn＋1,2).令bn＝eq\f(1,an)，故bn＝eq\f(2，nn＋1）＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，n）－\f（1，n＋1)）），故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,2)＋\f(1,2)－\f(1，3)＋…＋\f(1，10）－\f(1,11)）)＝eq\f（20，11）.4.(2016·課標(biāo)全國(guó)丙)已知數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.（1）證明{an｝是等比數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式;(2)若S5＝eq\f（31，32），求λ。（1)證明由題意，得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f（1,1－λ)，a1≠0.由Sn＝1＋λan,Sn＋1＝1＋λan＋1,得an＋1＝λan＋1－λan,即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq\f（an＋1,an）＝eq\f（λ,λ－1).因此｛an}是首項(xiàng)為eq\f（1，1－λ)，公比為eq\f（λ，λ－1）的等比數(shù)列，于是an＝eq\f(1,1－λ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(λ,λ－1）））n－1.(2)解由（1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(λ,λ－1）））n.由S5＝eq\f（31,32），得1－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（λ，λ－1)))5＝eq\f(31，32)，即eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（λ，λ－1）)）5＝eq\f（1，32)。解得λ＝－1。高考必會(huì)題型題型一利用累加法解決遞推問(wèn)題例1（1）在數(shù)列｛an｝中，a1＝1,an－an－1＝eq\f(1，nn－1)，則an等于（)A.2－eq\f（1,n)B。1－eq\f（1，n)C。eq\f(1，n)D。2－eq\f（1，n－1)答案A解析∵an－an－1＝eq\f(1，nn－1)，∴a2－a1＝eq\f（1，1×2)，a3－a2＝eq\f（1,2×3)，a4－a3＝eq\f(1，3×4），…，an－an－1＝eq\f（1，nn－1)(n〉1），以上各式左右兩邊分別相加得an－a1＝eq\f（1,1×2)＋eq\f(1，2×3)＋eq\f(1,3×4）＋…＋eq\f（1,nn－1)＝1－eq\f(1,2）＋eq\f（1,2）－eq\f(1，3)＋…＋eq\f(1，n－1）－eq\f(1，n)＝1－eq\f(1,n)，∴an＝a1＋1－eq\f（1,n）＝2－eq\f（1,n）,又a1＝1適合上式，∴an＝2－eq\f(1,n)，故選A。（2)在數(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(xiàng)公式.解①由題意知,a1＝2，a2＝2＋c，a3＝2＋3c，∵a1，a2，a3成等比數(shù)列，∴(2＋c）2＝2(2＋3c），解得c＝0或c＝2,又c≠0,故c＝2.②當(dāng)n≥2時(shí),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＝eq\f（n（n－1)，2)c。又a1＝2，c＝2，故an＝n2－n＋2（n≥2），當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，∴數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an＝n2－n＋2（n∈N*)。點(diǎn)評(píng)由已知遞推關(guān)系式,若能轉(zhuǎn)化為an＋1＝an＋f（n）,或eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an）＝f（n)且f（n)的和可求，則可采用累加法。變式訓(xùn)練1在數(shù)列｛an}中，a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋eq\f(1，n）)，則an等于()A.1＋n＋lnnB。1＋nlnnC。1＋(n－1)lnnD.1＋lnn答案D解析∵a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋eq\f(1，n)），∴an＝(an－an－1)＋（an－1－an－2)＋…＋（a2－a1）＋a1＝ln（1＋eq\f（1,n－1））＋ln(1＋eq\f(1,n－2)）＋…＋ln(1＋1）＋1＝ln（eq\f（n,n－1)×eq\f（n－1，n－2）×…×2）＋1＝1＋lnn.題型二利用累乘法解決遞推問(wèn)題例2（1)已知正項(xiàng)數(shù)列{an｝滿足a1＝1,（n＋2）aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al（2,n）＋anan＋1＝0，則它的通項(xiàng)公式為（)A。an＝eq\f（1,n＋1)B.an＝eq\f(2,n＋1）C.an＝eq\f（n＋1，2)D.an＝n(2）已知數(shù)列｛an}中,a1＝1,eq\f(an,an＋1－an）＝n(n∈N*）,則a2016＝________。答案(1)B(2）2016解析(1）由（n＋2）aeq\o\al（2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2，n）＋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eq\f(an＋1，an)＝eq\f(n＋1，n＋2),an＋1＝eq\f(n＋1,n＋2)an,所以an＝eq\f(n，n＋1）·eq\f（n－1，n）·…·eq\f(2,3）a1＝eq\f（2,n＋1）a1(n≥2)，所以an＝eq\f（2,n＋1）(n＝1適合)，于是所求通項(xiàng)公式為an＝eq\f（2,n＋1）。(2）由eq\f(an,an＋1－an)＝n(n∈N＊）,得eq\f(an＋1，an）＝eq\f（n＋1,n)，eq\f（a2，a1)＝eq\f(2，1)，eq\f（a3，a2)＝eq\f(3，2),eq\f（a4，a3)＝eq\f(4，3），…，eq\f(an,an－1）＝eq\f（n,n－1)，各式相乘得eq\f(an，a1）＝n，∴an＝n（n＝1適合)，∴a2016＝2016。點(diǎn)評(píng)若由已知遞推關(guān)系能轉(zhuǎn)化成eq\f（an＋1,an）＝f（n）的形式,且f(n）的前n項(xiàng)積能求，則可采用累乘法。注意驗(yàn)證首項(xiàng)是否符合通項(xiàng)公式.變式訓(xùn)練2數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f（n,2)an(n≥2），且a1＝1，a2＝2,則｛an}的通項(xiàng)公式an＝______________.答案eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1，n≥2）)解析∵Sn－1＝eq\f（n－1,2)an－1（n≥3)，∴Sn－Sn－1＝eq\f（n,2)an－eq\f（n－1,2)an－1，∴an＝eq\f(n，2)an－eq\f(n－1，2）an－1，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n－2)?！喈?dāng)n≥3時(shí)，eq\f(a3，a2）·eq\f(a4,a3)·…·eq\f（an，an－1）＝2·eq\f（3，2）·eq\f（4，3）·…·eq\f（n－1，n－2)，∴eq\f(an,a2）＝n－1，∴an＝（n－1)·a2＝2（n－1）（n≥3)?！遖2＝2滿足an＝2（n－1），∴an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1，n＝1，，2n－1，n≥2.））題型三構(gòu)造法求通項(xiàng)公式例3(1)數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1，2），an＋1＝eq\f(nan，n＋1nan＋2)(n∈N＊)，則數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式an＝________.(2）已知a1＝1，an＋1＝eq\f（an，an＋1）,則an＝________。答案（1)eq\f(1,n3·2n－1－1)(2）eq\f（1，n)解析（1）由已知可得（n＋1)an＋1＝eq\f（nan,nan＋2）,設(shè)nan＝bn,則bn＋1＝eq\f（bn,bn＋2)，所以eq\f（1，bn＋1）＝eq\f（2,bn）＋1,兩邊都加1可得eq\f（1，bn＋1)＋1＝eq\f（2，bn）＋2＝2(eq\f（1,bn)＋1)，即｛eq\f(1,bn)＋1｝是公比為2，首項(xiàng)為3的等比數(shù)列。故eq\f(1,bn)＋1＝3·2n－1,所以eq\f(1,bn）＝3·2n－1－1＝eq\f（1，nan），所以an＝eq\f（1,n3·2n－1－1)(n＝1適合),于是所求通項(xiàng)公式為an＝eq\f（1,n3·2n－1－1).(2）由an＋1＝eq\f(an，an＋1)，得eq\f(1，an＋1）－eq\f（1，an)＝1(常數(shù)）,又eq\f（1,a1)＝1，∴{eq\f（1,an）}為以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴eq\f（1,an）＝n，從而an＝eq\f(1，n),即所求通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1，n)。點(diǎn)評(píng)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(xiàng).此類問(wèn)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＝eq\f(man－1,kan－1＋m）”的條件下，可構(gòu)造“eq\f(1,an）＝eq\f（1，an－1）＋eq\f(k，m）”。變式訓(xùn)練3已知數(shù)列{an｝中，a1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq\f(7an－1－3，3an－1＋1)，求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式。解因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí),an－1＝eq\f（4an－1－4,3an－1＋1），兩邊取倒數(shù),得eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,an－1－1）＋eq\f(3，4）.即eq\f(1，an－1)－eq\f（1,an－1－1）＝eq\f(3，4)，故數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1,an－1)）)是首項(xiàng)為eq\f（1，a1－1)＝1，公差為eq\f（3,4)的等差數(shù)列.所以eq\f(1,an－1)＝eq\f(1，a1－1）＋eq\f(3,4)(n－1）＝eq\f(3n＋1，4)。所以an＝eq\f(3n＋5,3n＋1）。又當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，故數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(3n＋5,3n＋1）（n∈N＊）.高考題型精練1.數(shù)列｛an｝滿足a1＝1，a2＝eq\f（2,3),且eq\f（1,an－1）＋eq\f(1,an＋1）＝eq\f(2，an）(n≥2)，則an等于()A。eq\f(1,n＋1)B.（eq\f(2,3）)n－1C。（eq\f(2,3)）nD。eq\f(2，n＋1)答案D解析由題意知｛eq\f(1，an)｝是等差數(shù)列，又eq\f（1,a1)＝1，eq\f（1,a2）＝eq\f（3,2），∴公差為d＝eq\f(1,a2）－eq\f(1,a1)＝eq\f(1，2)，∴eq\f（1,an)＝eq\f(1,a1）＋（n－1）×eq\f(1，2）＝eq\f（n＋1，2），∴an＝eq\f（2,n＋1)，故選D.2.已知數(shù)列{an}中,a1＝1，且eq\f（1，an＋1)＝eq\f（1,an）＋3(n∈N*）,則a10等于(）A。28B.33C。eq\f（1,33)D。eq\f(1,28）答案D解析由已知eq\f(1，an＋1)－eq\f(1,an）＝3(n∈N＊)，所以數(shù)列{eq\f(1，an)｝是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，即eq\f（1,an)＝1＋（n－1)×3＝3n－2,解得an＝eq\f(1，3n－2)，a10＝eq\f（1,28)，故選D。3.已知數(shù)列｛an｝中，a1＝eq\f（1，2)，an＋1＝an＋eq\f（1，n2＋3n＋2)（n∈N*），則數(shù)列｛an}的通項(xiàng)為()A。an＝eq\f（1，n＋1）B。an＝eq\f（n，n＋1）C。an＝eq\f(1，2)＋eq\f(n－1，n2＋n＋2)D.an＝eq\f(n＋1，n＋2)答案B解析由an＋1＝an＋eq\f（1,n2＋3n＋2）可得，an＋1－an＝eq\f（1，n2＋3n＋2）＝eq\f(1,n＋1n＋2）＝eq\f(1，n＋1)－eq\f（1，n＋2）,所以a2－a1＝eq\f(1，2）－eq\f(1,3),a3－a2＝eq\f（1,3)－eq\f（1,4)，a4－a3＝eq\f（1,4）－eq\f(1,5)，…，an－an－1＝eq\f(1,n)－eq\f（1,n＋1），累加可得an－a1＝eq\f(1，2)－eq\f（1，n＋1)，又a1＝eq\f(1，2),所以an＝eq\f(n,n＋1），故選B。4.已知f（x)＝log2eq\f（x,1－x）＋1，an＝f（eq\f(1，n))＋f（eq\f(2，n))＋…＋f(eq\f(n－1，n))，n為正整數(shù)，則a2016等于（）A。2015B。2009C。1005D。1006答案A解析因?yàn)閒(x）＝log2eq\f(x，1－x)＋1，所以f(x）＋f（1－x)＝log2eq\f（x,1－x）＋1＋log2eq\f(1－x，x）＋1＝2。所以f（eq\f(1，n）)＋f(eq\f(n－1，n)）＝2，f（eq\f（2,n)）＋f(eq\f（n－2，n))＝2，…，f(eq\f(n－1，n))＋f（eq\f(1，n））＝2,由倒序相加，得2an＝2(n－1），an＝n－1，所以a2016＝2016－1＝2015，故選A。5.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an＋n＋2n（n∈N*)，則an為（）A.eq\f(nn－1,2)＋2n－1－1B.eq\f（nn－1，2）＋2n－1C。eq\f(nn＋1,2）＋2n＋1－1D.eq\f(nn－1，2)＋2n＋1－1答案B解析∵an＋1＝an＋n＋2n，∴an＋1－an＝n＋2n?！郺n＝a1＋(a2－a1)＋（a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋（1＋2)＋(2＋22)＋…＋［(n－1）＋2n－1]＝1＋[1＋2＋3＋…＋（n－1)］＋(2＋22＋…＋2n－1)＝1＋eq\f(n－1n,2)＋eq\f（21－2n－1，1－2）＝eq\f(nn－1，2)＋2n－1.6.已知數(shù)列｛an}滿足a1＝1，an＝an－1＋2n（n≥2），則a7等于（)A。53B.54C。55D.109答案C解析∵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＋eq\f（4＋14×6，2)＝55.7。數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝2·3n－1＋an－1（n≥2)，則an＝________.答案3n－2解析因?yàn)閍n＝2·3n－1＋an－1（n≥2），所以an－an－1＝2·3n－1（n≥2）,由疊加原理知an－a1＝2（3＋32＋33＋…＋3n－1）(n≥2)，所以an＝a1＋2eq\f(31－3n－1,1－3)＝1＋3n－3＝3n－2(n≥2)，因?yàn)閍1＝1也符合上式，故an＝3n－2.8.若數(shù)列{an}滿足an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N*）,a1＝1,則數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式an＝________________.答案2×3n－1－1解析設(shè)an＋λ＝3（an－1＋λ)，化簡(jiǎn)得an＝3an－1＋2λ,∵an＝3an－1＋2，∴λ＝1,∴an＋1＝3（an－1＋1）.∵a1＝1,∴a1＋1＝2，∴數(shù)列｛an＋1｝是以2為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列，∴an＋1＝2×3n－1,∴an＝2×3n－1－1.9.若數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，則通項(xiàng)an＝________________.答案22n－1－2n－1解析∵an＋1＝4an＋2n，∴eq\f（an＋1，2n＋1）＝eq\f(2an，2n）＋eq\f(1,2)，設(shè)bn＝eq\f(an,2n），則bn＋1＝2bn＋eq\f(1，2)，∴bn＋1＋eq\f(1,2）＝2(bn＋eq\f（1,2)），即eq\f（bn＋1＋\f(1,2),bn＋\f(1,2))＝2，又b1＋eq\f(1，2)＝1，∴｛bn＋eq\f(1,2)}是等比數(shù)列，其中首項(xiàng)為1，公比為2，∴bn＋eq\f(1，2）＝2n－1，即bn＝2n－1－eq\f(1，2)，即eq\f(an，2n)＝2n－1－eq\f（1，2),∴an＝2n（2n－1－eq\f（1,2)）＝22n－1－2n－1.10。設(shè){an｝是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列,且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1）－naeq\o\al（2，n）＋an＋1an＝0(n∈N＊)，則它的通項(xiàng)公式an＝________________.答案eq\f（1，n)解析對(duì)原關(guān)系式進(jìn)行等價(jià)變形可得（n＋1)aeq\o\al(2，n＋1）－naeq\o\al(2,n)＋an＋1an＝0（n∈N*)?[(n＋1)an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0，因?yàn)閧an}是正項(xiàng)數(shù)列，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，從而eq\f(n＋1a