【数学】2019届一轮复习人教B版　利用构造或猜想，解决数列递推问题学案

【数学】2019届一轮复习人教B版　利用构造或猜想，解决数列递推问题学案

压轴题命题区间(四)数 列 增分点 利用构造或猜想，解决数列递推问题 各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解．特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈．递推数列的通项问题是高考的热点问题，又是高中数学教学的难点．高考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所研究的等差或等比数列．‎ ‎[典例] (2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝Sn＋1Sn，则Sn＝ .‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)条件中既有an＋1，又有Sn，自然想到用公式an＝又因为结果求Sn，所以考虑用公式an＋1＝Sn＋1－Sn换掉an＋1，进而得到关于Sn的递推公式，用构造新数列使问题获解．‎ ‎(2)考虑到填空题的题型特点，由递推关系求出a2，a3，a4，进而发现规律，猜想通项公式an，最后由an求出Sn，当然这需要冒一定风险．‎ ‎[方法演示]‎ 法一：构造法 由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1·Sn，‎ 两边同时除以Sn＋1·Sn，得－＝－1，‎ 故数列是以－1为首项，－1为公差的等差数列，‎ 则＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，‎ 所以Sn＝－.‎ 法二：归纳推理法 由a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1可得a2＝S1S2＝a1(a1＋a2)，故a2＝＝，同理可得a3＝＝，a4＝＝，…，由此猜想当n≥2时，有an＝＝－，所以当n≥2时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝－1＋＋＋＋…＋＝－.又因为S1＝－1也适合上式，所以Sn＝－.‎ 答案：－ ‎[解题师说]‎ ‎1．一般地，对于既有an，又有Sn的数列题，应充分利用公式an＝有时将an转化为Sn，有时将Sn转化为an，要根据题中所给条件灵活变动．特别注意的是，公式an＝Sn－Sn－1当且仅当n≥2时成立，所以在利用作差法求解数列的通项公式时，应注意对n＝1的检验．‎ ‎2．由递推公式求数列通项的常用方法 ‎(1)形如an＋1＝an＋f(n)，常用叠加法，即利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)求通项公式．‎ ‎(2)形如an＋1＝anf(n)，常可采用叠乘法，即利用恒等式an＝a1···…·求通项公式．‎ ‎(3)形如an＋1＝ban＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造an＋1＋x＝b(an＋x)，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它即可求出an.‎ ‎(4)形如an＋1＝(p，q，r是常数)的数列，将其变形为＝·＋.‎ 若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；‎ 若p≠r，则再采用(3)的办法求解．‎ ‎[应用体验]‎ ‎1．(2018·陕西六市联考)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________________．‎ 解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，‎ 所以4an－an＋1＋1＝0.‎ 所以an＋1＋＝4.‎ 因为a1＝3，所以a1＋＝.‎ 故数列是首项为，公比为4的等比数列．‎ 所以an＋＝×4n－1，故数列{an}的通项公式为 an＝×4n－1－.‎ 答案：an＝×4n－1－ ‎2．(2018·武汉调研)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a(an>0，n∈N*)，则an＝__________.‎ 解析：因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a(an>0，n∈N*)，‎ 所以log2an＋1＝2log2an，即＝2.‎ 又a1＝2，所以log‎2a1＝log22＝1.‎ 故数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1.‎ 答案：22n－1‎ 一、选择题 ‎1．(2018·云南11校跨区调研)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1，则a5＝( )‎ A．16 B．25‎ C．24 D．26‎ 解析：选B 依题意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.‎ ‎2．(2018·石家庄质检)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前60项和为( )‎ A．3 690 B．3 660‎ C．1 845 D．1 830‎ 解析：选D 不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时，构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S60＝30＋2×30＋×4＝1 830.‎ ‎3．已知正项数列{an}满足a－an＋1an－‎2a＝0，{an}的前n项和为Sn，则＝( )‎ A. B. C. D. 解析：选A 由a－an＋1an－‎2a＝0，得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，又{an}为正项数列，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是公比为2的等比数列．设首项为a1，则S5＝＝‎31a1，a3＝a122＝‎4a1，所以＝.‎ ‎4．数列{an}满足a1＝2，a2＝1，并且＝(n≥2)，则数列{an}的第100项为(‎ ‎ )‎ A. B. C. D. 解析：选D 因为＝(n≥2)，所以数列是常数数列，设＝k，所以－＝，所以＝1－＝，所以＝－＋－＋…＋－＋＝＋＝50，所以a100＝.‎ ‎5．用{x}表示不小于x的最小整数，例如{2}＝2，{1.2}＝2，{－1.1}＝－1.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋an，则＝( )‎ A．－1 B．0‎ C．1 D．2‎ 解析：选C ∵a1＝1，an＋1＝a＋an，‎ ‎∴an＞1，＝＝＝－，‎ ‎∴＝－，‎ ‎∴＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝1－.‎ ‎∵0＜1－＜1，‎ ‎∴＝1.‎ ‎6．(2018·福州质检)已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则＝( )‎ A. B. C. D. 解析：选D 令m＝1，则an＋1＝a1＋an＋n，‎ 又a1＝1，所以an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，‎ 所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，‎ 把以上n－1个式子相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n，‎ 所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ 当n＝1时，上式也成立，所以an＝，‎ 所以＝＝2，‎ 所以＝21－＋－＋…＋－＝21－＝.‎ ‎7．在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，a1＝1，b1＝1.设cn＝＋，则数列{cn}的前2 018项和为( )‎ A．4 036 B．2 018‎ C．4 035 D．2 017‎ 解析：选A 由已知an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－得an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，又a1＋b1＝2，所以数列{an＋bn}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＋bn＝2n，将an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－相乘并化简，得an＋1bn＋1＝2anbn，即＝2.所以数列{anbn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以anbn＝2n－1，因为cn＝＋，所以cn＝＝＝2，数列{cn}的前2 018项和为2×2 018＝4 036.‎ ‎8．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝( )‎ A. B. C. D. 解析：选A 因为a1＝，根据题意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以数列{an}以4为周期的数列，‎ 又2 018＝504×4＋2，所以a2 018＝a2＝.‎ ‎9．已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018的值为( )‎ A．6 B．2‎ C．0 D．5‎ 解析：选D 依题意，a1＝2，a2＝3，‎ a3＝a2－a1＝3－2＝1，‎ a4＝a3－a2＝1－3＝－2，‎ a5＝a4－a3＝－2－1＝－3，‎ a6＝a5－a4＝－3－(－2)＝－1，‎ a7＝a6－a5＝－1－(－3)＝2，‎ a8＝a7－a6＝2－(－1)＝3，‎ ‎……‎ 所以数列{an}是周期为6的周期数列．‎ 又因为2 018＝6×336＋2，‎ 所以S2 018＝(2＋3＋1－2－3－1)×336＋2＋3＝5.‎ ‎10．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＝－SnSn＋1，则使取得最大值时n的值为( )‎ A．2 B．5‎ C．4 D．3‎ 解析：选D 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，‎ 所以Sn＋1－Sn＝－SnSn＋1⇒－＝1，‎ 即数列是以首项为1、公差为1的等差数列，‎ 所以＝n，即Sn＝，‎ 则＝＝＝.‎ 因为n＋≥2，当且仅当n＝时取等号，又n为自然数，所以根据函数的单调性可从与n＝相邻的两个整数中求最大值，‎ 当n＝3时，＝，当n＝4时，＝，‎ 所以最大值为，此时n＝3.‎ ‎11．(2018·兰州诊断)已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 018＝( )‎ A. B. C. D. 解析：选C 当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，∴－＝1.又＝2，∴是以2为首项，1为公差的等差数列，∴＝n＋1，故Sn＝，则S2 018＝.‎ ‎12．(2018·广州综合测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为( )‎ A. B．15‎ C. D．16‎ 解析：选A 已知a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，令p＝1，q＝n，则有an＋1＝an＋a1＝an＋2，‎ 故{an}是首项为2，公差为2的等差数列，‎ 所以an＝2n，Sn＝＝n2＋n，‎ 所以f(n)＝＝＝＝n＋1＋－1.‎ 当n＋1＝8时，f(7)＝8＋－1＝；‎ 当n＋1＝7时，f(6)＝7＋－1＝，‎ 因为<，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为.‎ 二、填空题 ‎13．已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________.‎ 解析：由已知，得a＝4anan＋1－‎4a，‎ 即a－4anan＋1＋‎4a＝(an＋1－2an)2＝0，‎ 所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以首项为2、公比为2的等比数列，故S9＝＝210－2＝1 022.‎ 答案：1 022‎ ‎14．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝2,3S－2an＋1Sn＝a，则an＝________.‎ 解析：由S1＝2，得a1＝S1＝2，‎ 由3S－2an＋1Sn＝a，‎ 得4S＝(Sn＋an＋1)2.‎ 又an＞0，‎ ‎∴2Sn＝Sn＋an＋1，即Sn＝an＋1，‎ 当n≥2时，Sn－1＝an，‎ 两式作差得：an＝an＋1－an，即＝2，‎ 又由S1＝2,3S－2an＋1Sn＝a，解得a2＝2.‎ 故当n≥2时，an＝2n－1，‎ 当n＝1时不符合上式，‎ ‎∴an＝ 答案： ‎15．(2018·石家庄质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝__________.‎ 解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，‎ 解得n＝7，所以ak＝.‎ 答案： ‎16．在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}前12项和等于________．‎ 解析：法一：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，a8－a7＝13，a9＋a8＝15，a10－a9＝17，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，∴从第一项开始，相邻的两个式子作差得：a1＋a3＝a5＋a7＝a9＋a11＝2，即依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，相邻的两个式子相加得：a4＋a2＝8，a6＋a8＝24，a12＋a10＝40，即依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．‎ 以上式子相加可得，S12＝a1＋a2＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.‎ 法二：由题意，当n为奇数时，an＋1－an＝2n－1，an＋2＋an＋1＝2n＋1，‎ 两式相减得an＋2＋an＝2；‎ 当n为偶数时，an＋1＋an＝2n－1，an＋2－an＋1＝2n＋1，‎ 两式相加得an＋2＋an＝4n.‎ 所以S12＝(a1＋a3＋…＋a11)＋(a2＋a4＋…＋a12)‎ ‎＝2×3＋4(2＋6＋10)＝78.‎ 答案：78‎