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第二节　数列的通项公式与递推关系
　　在高考中,只要考查数列问题,必涉及通项公式,这就要求学生能根据数列的递推关系求数列的通项公式或数列的项.
方法一　累加法
[例1]　已知数列{an}满足an+an+1=3n,且a1=1,则a100等于 (　　)
A.148 B.149
C.152 D.299
|思维建模|
　　若数列{an}满足an+1-an=f(n)(n∈N*)的形式,可用累加法求解,解题步骤为
(1)累加求和:先计算an+1-an对应的各项的值,再根据恒等式an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)(n≥2)累加求和;
(2)检验首项:要验证当n=1时上述结论是否成立,若成立,则上述结论就是所求的通项公式,否则要写成分段的形式.
[即时训练]
1.已知数列{an}的各项均为正数,若a1=1,且an+1-an=n,则an= (　　)
A. B.
C. D.
2.在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n2+,则a6= (　　)
A. B.
C. D.
方法二　累乘法
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　在数列{an}中,a1=,前n项和Sn=n(2n-1)an,则数列{an}的通项公式an= (　　)
A. B.
C.2- D.2-
|思维建模|
(1)形如an+1=an·f(n)的递推关系式可化为=f(n)的形式,可用累乘法,也可直接用an=··…··a1代入求出通项公式.
(2)利用累乘法,易出现两个方面的问题:一是在连乘的式子中只写到,漏掉a1而导致错误;二是根据连乘求出an之后,不注意检验a1是否成立.
[即时训练]
3.已知数列{an}满足=,其中a1=1,则a8= (　　)
A.28 B.220
C.225 D.228
4.(2024·泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,nan+1=(n+2)Sn,则an=　　 　　　.
方法三　构造法
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例3]
(1)设数列{an}满足a1=1,an+1=2an+3,则数列{an}的通项公式为　　　　.
(2)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则an=　　　　.
|思维建模|
(1)形如an+1=αan+β(α≠0,α≠1,β≠0)的递推式可用构造法求通项,构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量,使之成为等差数列或等比数列.
(2)形如an+1=(A,B,C≠0,an≠0)的递推公式可两边同时取倒数转化为=·+的形式,求出数列的通项公式,从而可得{an}的通项公式.
[即时训练]
5.已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4,且a1=4,若ak=2 024,则k= (　　)
A.253 B.506
C.1 012 D.2 024
6.已知数列{an}满足an+1=,n∈N*,若a4=,则a1=　　　　.
第二节　数列的通项公式与递推关系
方法一
[例1]　选B　由题意得a2=3-a1=2.因为an+an+1=3n,an-1+an=3n-3(n≥2),所以an+1-an-1=3(n≥2),所以a100=(a100-a98)+(a98-a96)+…+(a4-a2)+a2=49×3+2=149.故选B.
[即时训练]
1.选B　当n≥2时,an-an-1=n-1,an-1-an-2=n-2,…,a2-a1=1,累加得an-a1=1+2+…+(n-1)==,则an=+1=,且a1=1也适合上式,则an=.故选B.
2.选A　由题意,得an+1-an=n2+-,即a2-a1=12+1-,a3-a2=22+-,…,a6-a5=52+-,将上面5个式子两端分别相加得a6-a1=(12+22+…+52)+++…+=55+1-,又a1=1,所以a6=57-=.故选A.
方法二
[例2]　选A　由于数列{an}中,a1=,前n项和Sn=n(2n-1)an, ∴当n≥2时,Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1,两式相减,得an=n(2n-1)an-(n-1)(2n-3)an-1,∴(2n+1)an=(2n-3)·an-1,∴=,因此an=a1××××…×=×××…××=.
[即时训练]
3.选C　由题意,得=×21,=×22,…,=×27.由累乘法,得××…×=×21××22×…××27,即=×21×22×…×27===225,又a1=1,所以a8=225.故选C.
4.解析:当n≥2时,(n-1)an=(n+1)Sn-1,即Sn=an+1,Sn-1=an,则Sn-Sn-1=an+1-an=an,即=,则有=,=,…,=,则an=××…××a1=(n+1)·2n-2,当n=1时,a1=1,也符合上式,故an=(n+1)·2n-2.
答案:(n+1)·2n-2
方法三
[例3]　(1)an=2n+1-3　(2)
(1)因为an+1=2an+3,所以设an+1+λ=2(an+λ),整理得an+1=2an+λ,由对应系数相等可得λ=3,即an+1+3=2(an+3).
设bn=an+3,则b1=a1+3=4,且=2,
故数列{bn}是以4为首项,2为公比的等比数列,
所以bn=4·2n-1=2n+1,即an=2n+1-3(n∈N*).
(2)法一　因为an+1=(n∈N*),所以=+1.设+t=3,所以3t-t=1,解得t=,所以+=3.又+=1+=,所以数列是以为首项,3为公比的等比数列,所以+=×3n-1=,所以an=.
法二　因为数列{an}的特征方程x=的根为0,-2,所以数列是等比数列,由a1=1,得a2==,=9.又=3,所以等比数列的公比q=3.故=3n,故an=.
[即时训练]
5.选B　因为an+1=4an-12n+4,所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).因为a1=4,所以a1-4×1=0,故{an-4n}为常数列,所以an=4n.由ak=4k=2 024,解得k=506.
6.解析:法一　由a4==,得a3=.由a3==,得a2=.从而由a2==,得a1=.
法二　由题意得an≠0,则等式两边同取倒数得==2+,则-=2,n∈N*,则数列是公差为2的等差数列,则=+2(n-4)=2n+1,当n=1时,=3,则a1=.
答案:(共50张PPT)
第二节
数列的通项公式与递推关系
明确目标
在高考中，只要考查数列问题，必涉及通项公式，这就要求学生能根据数列的递推关系求数列的通项公式或数列的项.
目录
01.方法一　累加法
02.方法二　累乘法
04.课时跟踪检测
03.方法三　构造法
[例1]　已知数列{an}满足an+an+1=3n，且a1=1，则a100等于 (　　)
A.148 B.149
C.152 D.299
解析:由题意得a2=3-a1=2.因为an+an+1=3n，an-1+an=3n-3(n≥2)，所以an+1-an-1=3(n≥2)，所以a100=(a100-a98)+(a98-a96)+…+(a4-a2)+a2=
49×3+2=149.故选B.
√
方法一　累加法
若数列{an}满足an+1-an=f(n)(n∈N*)的形式，可用累加法求解，解题步骤为
思维建模
1.已知数列{an}的各项均为正数，若a1=1，且an+1-an=n，则an= (　　)
A. B.
C. D.
即时训练
√
解析:当n≥2时，an-an-1=n-1，an-1-an-2=n-2，…，a2-a1=1，累加得an-a1=1+2+…+(n-1)==，则an=+1=，且a1=1也适合上式，则an=.故选B.
2.在数列{an}中，a1=1，an+1=an+n2+，则a6=(　　)
A. B.
C. D.
√
解析:由题意，得an+1-an=n2+-，即a2-a1=12+1-，a3-a2=22+-，…，a6-a5=52+-，
将上面5个式子两端分别相加得
a6-a1=(12+22+…+52)+++…+=55+1-，
又a1=1，所以a6=57-=.故选A.
[例2]　在数列{an}中，a1=，前n项和Sn=n(2n-1)an，则数列{an}的通项公式an= (　　)
A. B.
C.2- D.2-
√
方法二　累乘法
解析:由于数列{an}中，a1=，前n项和Sn=n(2n-1)an
∴当n≥2时，Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1，两式相减，
得an=n(2n-1)an-(n-1)(2n-3)an-1，∴(2n+1)an=(2n-3)an-1，
∴=，因此an=a1××××…×
=×××…××=.
(1)形如an+1=an·f(n)的递推关系式可化为=f(n)的形式，可用累乘法，也可直接用an=··…··a1代入求出通项公式.
(2)利用累乘法，易出现两个方面的问题:一是在连乘的式子中只写到，漏掉a1而导致错误;二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立.
思维建模
3.已知数列{an}满足=，其中a1=1，则a8=(　　)
A.28 B.220
C.225 D.228
即时训练
√
解析:由题意，得=×21，=×22，…，=×27.由累乘法，得××…×=×21××22×…××27，即=×21×22×…
×27===225，又a1=1，所以a8=225.故选C.
4.(2024·泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，nan+1=(n+2)Sn，则an=___________.
解析:当n≥2时，(n-1)an=(n+1)Sn-1，即Sn=an+1，Sn-1=an，则Sn-Sn-1=·an+1-an=an，即=，
则有==，…，=，
则an=××…××a1=(n+1)·2n-2，
当n=1时，a1=1，也符合上式，故an=(n+1)·2n-2.
(n+1)·2n-2
[例3] (1)设数列{an}满足a1=1，an+1=2an+3，则数列{an}的通项公式为　　　　　.
解析:因为an+1=2an+3，所以设an+1+λ=2(an+λ)，整理得an+1=2an+λ，由对应系数相等可得λ=3，即an+1+3=2(an+3).
设bn=an+3，则b1=a1+3=4，且=2，
故数列{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn=4·2n-1=2n+1，即an=2n+1-3(n∈N*).
方法三　构造法
an=2n+1-3
(2)已知数列{an}中，a1=1，an+1=(n∈N*)，则an=　　　　.
解析:法一　因为an+1=(n∈N*)，所以=+1.设+t=3，所以3t-t=1，
解得t=，所以+=3.又+=1+=，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以+=×3n-1=，所以an=.
法二　因为数列{an}的特征方程x=的根为0，-2，所以数列是等比数列，由a1=1，得a2===9.又=3，所以等比数列的公比q=3.故=3n，故an=.
(1)形如an+1=αan+β(α≠0，α≠1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列.
(2)形如an+1=(A，B，C≠0，an≠0)的递推公式可两边同时取倒数转化为=·+的形式，求出数列的通项公式，从而可得{an}的通项公式.
思维建模
5.已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，则k= (　　)
A.253 B.506
C.1 012 D.2 024
解析:因为an+1=4an-12n+4，所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).因为a1=4，所以a1-4×1=0，故{an-4n}为常数列，所以an=4n.由ak=4k=2 024，解得k=506.
即时训练
√
6.已知数列{an}满足an+1=，n∈N*，若a4=，则a1=　　.
解析:法一　由a4==，
得a3=.由a3==，
得a2=.从而由a2==，得a1=.
法二　由题意得an≠0，则等式两边同取倒数得==2+，则-=2，n∈N*，则数列是公差为2的等差数列，则=+
2(n-4)=2n+1，当n=1时，=3，则a1=.
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课时跟踪检测
04
一、单选题
1.已知数列{an}的首项为3，an+1-an=2n-8(n∈N*)，则a8等于(　　)
A.0 B.3
C.8 D.11
解析:由an+1-an=2n-8，得a2-a1=-6，a3-a2=-4，…，a8-a7=6，由累加法得a8-a1=-6+(-4)+(-2)+0+2+4+6=0，所以a8=a1=3.
√
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10
11
12
13
2
3
4
2.已知数列{an}满足an+1=an，a1=1，则a11=(　　)
A. B.
C. D.
解析:a11=a10=×a9=××a8=…=×××
×…××a1=a1=.
√
1
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4
13
3.在数列{an}中，a1=1，且an+1=2an+1，则{an}的通项公式为 (　　)
A.an=2n-1 B.an=2n
C.an=2n+1 D.an=2n+1
解析:∵an+1=2an+1，∴an+1+1=2(an+1)，由a1=1，得a1+1=2，∴数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an+1=2×2n-1=2n，即an=2n-1.
√
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4.在数列{an}中，a1=1，an+1=an+-，则an等于(　　)
A. B.
C. D.
√
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13
解析:由an+1-an=-，则a1=1，a2-a1=1-，a3-a2=-，a4-a3=-，…，an-an-1=-(n≥2)，以上各式累加得an=1+1-+-+…+-，所以an=(n≥2).因为a1=1也适合上式，所以an=.
1
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13
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=0，an+1=an+2+1，则a5+S4=(　　)
A.39 B.45
C.50 D.55
√
1
5
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9
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11
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2
3
4
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解析:∵an+1=an+2+1，∴an+1+1=，∴=+1，即-=1，∴数列{}是公差为1，首项为=1的等差数列，∴
=n，an=n2-1.a1=0，a2=3，a3=8，a4=15，a5=24，S4=0+3+8+15=26，∴a5+S4=24+26=50.
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6.(2025·盐城模拟)已知凸五边形有5条对角线，那么凸n+2(n≥2)边形的对角线条数为 (　　)
A. B.
C. D.
快审准解:根据分析得到f(n+2)-f(n+1)=n，再利用累加法和等差数列前n项和公式即可.
√
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解析:凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，则得到在凸n+1(n≥3)边形的基础上，多一个顶点，则多n条对角线.设凸n+2
(n≥2)边形有f(n+2)条对角线，所以f(n+2)-f(n+1)=n，则f(5)-f(4)=3，f(6)-f(5)=4，…，f(n+2)-f(n+1)=n，累加得f(n+2)-f(4)=3+4+…+n，则f(n+2)=2+3+4+…+n=，n≥2，故选D.
1
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7.(2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1=10，an+1=10，若as·at=
a10，则s+t的最大值为(　　)
A.10 B.12
C.16 D.18
快审准解:由已知，对an+1=10两边取常用对数，得到{lg an+1}为等比数列，求出an的通项公式，再代入as·at=a10化简得到2s+2t=210，最后利用基本不等式得到s+t的最大值.
√
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解析:由an+1=10可得an>0，则lg an+1=lg(10)=2lg an+1，故lg an+1+1=2(lg an+1)，又lg a1+1=2，故{lg an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，则lg an+1=2n，故an=1.由as·at=a10，得1·1
=1=1，故2s+2t=210，则210≥2=2=，故+1≤10，解得01
5
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二、多选题
8.将自然数1，2，3，4，5，…按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，…称为“拐弯数”，则下列数字是“拐弯数”的是(　　)
A.37 B.58 C.67 D.79
√
1
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6
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3
4
13
√
√
解析:不妨设第n(n∈N*)个“拐弯数”为an，不难发现a1=2，a2=4
=a1+2，a3=7=a2+3，a4=11=a3+4，…，所以an-an-1=n(n≥2)，利用累加法得an-a1=2+3+…+n=，所以an=.当n=1时，也符合上式，所以an=(n∈N*).代入选项验算可知A，C，D三个选项正确.
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9.已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1(n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则 (　　)
A.是等比数列
B.是等比数列
C.an=-
D.Sn=
√
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√
解析:数列{an}中，n∈N*，an+1=3an+1，则an+1+=3.又a1+=，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，A错误，B正确;an+=×3n-1=，即有an=-，C正确;Sn=-=-=，D错误.
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三、填空题
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，且满足Sn=an，则数列{an}的通项公式为　　　　　.
快审准解:当n≥2时，an=Sn-Sn-1，化简得=，利用累乘法计算得到an=(n+1)n，a1=2满足上式，写出通项公式即可.
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an=(n+1)n
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解析:当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an-an-1，化简得(n-1)an=
(n+1)an-1，则=，利用累乘法得an=×××…
××××a1=×××…××××2=(n+1)n，显然a1=2满足上式，所以an=(n+1)n.
13
11.(2025·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=2nanan+1，则an=　　　　.
快审准解:由an-an+1=2nanan+1两边同时除以anan+1，再由累加法求解即可得出答案.
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解析:若an+1=0，则an-an+1=0，即an=an+1=0，这与a1=1矛盾，所以an+1≠0.由an-an+1=2nanan+1两边同时除以anan+1，得-=2n，则-=2n-1，-=2n-2，… -=22，-=2，上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2，所以an=.
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四、解答题
12.(10分)求下列数列的通项公式:
(1)已知数列{an}满足(n+2)an+1=nan(n∈N*)，且a1=1，求数列{an}的通项公式;(5分)
快审准解:利用累乘法求通项公式;
解:因为(n+2)an+1=nan，且a1=1，所以an≠0，所以=，所以=(n≥2)，即==，…，=，
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13
将n-1个式子相乘得==(n≥2).
因为a1=1，所以an=(n≥2).
当n=1时，=1=a1.
综上，an=.
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(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=-1，且3anan+1=an-2an+1，求数列{an}的通项公式.(5分)
快审准解:变形得到是以2为首项，2为公比的等比数列，得到通项公式.
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解:由题易得an≠0，由3anan+1=an-2an+1两边同时除以anan+1，
可得3=-，
所以+3=2+3=2≠0，
故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以+3=2n，即an=.
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13.(10分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=2+1.
(1)求a2的值;(3分)
解:∵a1=1，an+1=2+1，
∴a2=2+1=2+1=3.
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(2)求数列{an}的通项公式.(7分)
解:法一　由an+1=2+1，得Sn+1-Sn=2+1，
故Sn+1=( +1)2.
∵an>0，∴Sn>0，
∴=+1，-=1，
则-=1(n≥2)，
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由累加法可得 =1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2).
又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1满足上式，∴an=2n-1.
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法二　由an+1=2+1，得(an+1-1)2=4Sn，
当n≥2时，(an-1)2=4Sn-1，∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴--2an+1-2an=0，即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).又a2-a1=2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
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13课时跟踪检测(四十二)　数列的通项公式与递推关系
一、单选题
1.已知数列{an}的首项为3,an+1-an=2n-8(n∈N*),则a8等于 (　　)
A.0 B.3
C.8 D.11
2.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则a11= (　　)
A. B.
C. D.
3.在数列{an}中,a1=1,且an+1=2an+1,则{an}的通项公式为 (　　)
A.an=2n-1 B.an=2n
C.an=2n+1 D.an=2n+1
4.在数列{an}中,a1=1,an+1=an+-,则an等于 (　　)
A. B.
C. D.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=0,an+1=an+2+1,则a5+S4= (　　)
A.39 B.45
C.50 D.55
6.(2025·盐城模拟)已知凸五边形有5条对角线,那么凸n+2(n≥2)边形的对角线条数为 (　　)
A. B.
C. D.
7.(2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1=10,an+1=10,若as·at=a10,则s+t的最大值为 (　　)
A.10 B.12
C.16 D.18
二、多选题
8.将自然数1,2,3,4,5,…按照如图排列,我们将2,4,7,11,16,…称为“拐弯数”,则下列数字是“拐弯数”的是 (　　)
A.37 B.58
C.67 D.79
9.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1(n∈N*),{an}的前n项和为Sn,则 (　　)
A.是等比数列 　B.是等比数列
C.an=- 　D.Sn=
三、填空题
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足Sn=an,则数列{an}的通项公式为　　　　　.
11.(2025·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2nanan+1,则an=　　　　.
四、解答题
12.(10分)求下列数列的通项公式:
(1)已知数列{an}满足(n+2)an+1=nan(n∈N*),且a1=1,求数列{an}的通项公式;(5分)
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,且3anan+1=an-2an+1,求数列{an}的通项公式.(5分)
13.(10分)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=2+1.
(1)求a2的值;(3分)
(2)求数列{an}的通项公式.(7分)
课时跟踪检测(四十二)
1.选B　由an+1-an=2n-8,得a2-a1=-6,a3-a2=-4,…,a8-a7=6,由累加法得a8-a1=-6+(-4)+(-2)+0+2+4+6=0,所以a8=a1=3.
2.选B　a11=a10=×a9=××a8=…=××××…××a1=a1=.
3.选A　∵an+1=2an+1,∴an+1+1=2(an+1),由a1=1,得a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an+1=2×2n-1=2n,即an=2n-1.
4.选B　由an+1-an=-,则a1=1,a2-a1=1-,a3-a2=-,a4-a3=-,…,an-an-1=-(n≥2),以上各式累加得an=1+1-+-+…+-,所以an=(n≥2).因为a1=1也适合上式,所以an=.
5.选C　∵an+1=an+2+1,∴an+1+1=,∴=+1,即-=1,∴数列{}是公差为1,首项为=1的等差数列,∴=n,an=n2-1.a1=0,a2=3,a3=8,a4=15,a5=24,S4=0+3+8+15=26,∴a5+S4=24+26=50.
6.快审准解:根据分析得到f(n+2)-f(n+1)=n,再利用累加法和等差数列前n项和公式即可.
选D　凸四边形有2条对角线,凸五边形有5条对角线,则得到在凸n+1(n≥3)边形的基础上,多一个顶点,则多n条对角线.设凸n+2(n≥2)边形有f(n+2)条对角线,所以f(n+2)-f(n+1)=n,则f(5)-f(4)=3,f(6)-f(5)=4,…,f(n+2)-f(n+1)=n,累加得f(n+2)-f(4)=3+4+…+n,则f(n+2)=2+3+4+…+n=,n≥2,故选D.
7.快审准解:由已知,对an+1=10两边取常用对数,得到{lg an+1}为等比数列,求出an的通项公式,再代入as·at=a10化简得到2s+2t=210,最后利用基本不等式得到s+t的最大值.
选D　由an+1=10可得an>0,则lg an+1=lg(10)=2lg an+1,故lg an+1+1=2(lg an+1),又lg a1+1=2,故{lg an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,则lg an+1=2n,故an=1.由as·at=a10,得1·1=1=1,故2s+2t=210,则210≥2=2=,故+1≤10,解得08.选ACD　不妨设第n(n∈N*)个“拐弯数”为an,不难发现a1=2,a2=4=a1+2,a3=7=a2+3,a4=11=a3+4,…,所以an-an-1=n(n≥2),利用累加法得an-a1=2+3+…+n=,所以an=.当n=1时,也符合上式,所以an=(n∈N*).代入选项验算可知A,C,D三个选项正确.
9.选BC　数列{an}中,n∈N*,an+1=3an+1,则an+1+=3.又a1+=,所以数列是以为首项,3为公比的等比数列,A错误,B正确;an+=×3n-1=,即有an=-,C正确;Sn=-=-=,D错误.
10.快审准解:当n≥2时,an=Sn-Sn-1,化简得=,利用累乘法计算得到an=(n+1)n,a1=2满足上式,写出通项公式即可.
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,化简得(n-1)an=(n+1)an-1,则=,利用累乘法得an=×××…××××a1=×××…××××2=(n+1)n,显然a1=2满足上式,所以an=(n+1)n.
答案:an=(n+1)n
11.快审准解:由an-an+1=2nanan+1两边同时除以anan+1,再由累加法求解即可得出答案.
解析:若an+1=0,则an-an+1=0,即an=an+1=0,这与a1=1矛盾,所以an+1≠0.由an-an+1=2nanan+1两边同时除以anan+1,得-=2n,则-=2n-1,-=2n-2,… -=22,-=2,上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2,
所以an=.
答案:
12.快审准解:(1)利用累乘法求通项公式;
(2)变形得到是以2为首项,2为公比的等比数列,得到通项公式.
解:(1)因为(n+2)an+1=nan,且a1=1,所以an≠0,所以=,所以=(n≥2),即=,=,…,=,将n-1个式子相乘得==(n≥2).因为a1=1,所以an=(n≥2).
当n=1时,=1=a1.综上,an=.
(2)由题易得an≠0,由3anan+1=an-2an+1两边同时除以anan+1,可得3=-,
所以+3=2,+3=2≠0,故数列是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以+3=2n,即an=.
13.解:(1)∵a1=1,an+1=2+1,
∴a2=2+1=2+1=3.
(2)法一　由an+1=2+1,得Sn+1-Sn=2+1,故Sn+1=( +1)2.
∵an>0,∴Sn>0,
∴=+1,-=1,则-=1(n≥2),
由累加法可得 =1+(n-1)=n,∴Sn=n2(n≥2).
又S1=a1=1,满足上式,∴Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=1满足上式,∴an=2n-1.
法二　由an+1=2+1,得(an+1-1)2=4Sn,
当n≥2时,(an-1)2=4Sn-1,∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴--2an+1-2an=0,即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0,∴an+1-an=2(n≥2).又a2-a1=2,
∴{an}为等差数列,且公差为2,∴an=1+(n-1)×2=2n-1.

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