專題05求遞推公式之全題型培優(yōu)歸類拔高度遞推基礎：歸納與猜想遞推基礎：歸納與猜想分式：特征方程構造型遞推基礎：累加法遞推基礎：累積法三階地推：周期型遞推核心思想：等差等比定義構造分段型“跳項”構造技巧與構造：線性“和”型消an求sn型技巧與構造：正負“調和”線性型新數列“隱形和”技巧與構造：因式分解型構造法：二階構造等比求通項技巧與構造：高次取對數型二階線性f(n)型構造等比技巧與構造：前n項積型二階指數q(n)型構造等比超難壓軸小題分式：取倒數構造等差型求遞推公式之全題型培優(yōu)歸類題型1遞推基礎：歸納與猜想歸納推理的核心思維：先通過計算數列的前幾項，再觀察數列中的項與系數，根據a。與項數n的關系，猜想數列的通項公式，最后再證明.歸納推理的一般步驟：一、通過觀察個別情況發(fā)現某些相同的性質.;二、從已知的相同性質中推出一個明確表述的一般性命題(猜想).常見的歸納推理分為數的歸納和形的歸納兩類：(1)數的歸納包括數的歸納和式子的歸納，解決此類問題時，需要細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯(lián)系相關的知識，如等差數列、等比數列等；(2)形的歸納主要包括圖形數目的歸納和圖形變化規(guī)律的歸納.1.(25-26高三上湖北階段練習)在正整數數列中，由1開始依次按如下規(guī)則取該數列的項：第一次取1;第二次取2個連續(xù)的偶數2,4;第三次取3個連續(xù)的奇數5,7,9;第四次取4個連續(xù)的偶數10,12,14,16;第五次取5個連續(xù)的奇數17,19,21,23,25.按此規(guī)律取下去，得到一個數列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19,…,則這個數列中的第2025個數是()A.3980【分析】利用取數的規(guī)律，找到第n次的最后一個數為n22,然后結合等差數列求和，則可求得結果.故到第63次取時取了63個奇數，且前63次共取了2016個數，即第2016個數為632=3969,前n次共取了1+2+3+2.(23-24高三吉林長春.階段練習)分形幾何學是在20世紀70年代創(chuàng)立的一門新學科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學眾多領域的難題提供了全新的思路.下圖是按照0-●,的分形規(guī)律生長成的一個樹形圖，則第11行的實心圓點的個數是()【分析】記第n行實心圓點的個數為a,由圖中實心圓點個數的規(guī)律可知a?=an?2+a?1(n≥3),由此即可計算出答案.【詳解】設第n行實心圓點的個數為an,故a?=a?+a?=8,a?=a?+a?=13,a?=a+a?=21,a1?=a?+a=34,a?=a?+a?=34+21=554,23,555,5,…有如下運算和結論：③數列a,a?+a3,a?+a?+a?,a?+a?+a?+a??,…的前n項和為④若存在正整數k,使Sk<10,Sk+1≥10,其中正確的結論是()【分析】根據數列的概念，等差等比的通項公式及求和公式逐一判斷即可.【詳解】①前24項構成的數列是52到分母為7的項出現完時共有項，①正確；由等差數列定義知(常數),所以數列a,a?+a?,a?+as+a?,a+a?+a?+G?o,是公差為的等差數列，②不正確.所以由等差數列前n項和公式可知③正確；所以S?<10,Sk+1≥10,則k=20時，,④正確；4.(25-26高三·全國·階段練習)如個等腰直角三角形的斜邊恰好是前一個等腰直角三角形的直角邊的2倍，則第10個圖形的面積為()【分析】根據題意，得圖形1的面積1+1×2=3,圖形2的面積1+1×2+1×2×2=7,圖形3的面積1+1×2+1×2×2+1×2×2×2=15,以此類推，進而得圖形n的面積an=2”+1-1,即可求出第10個圖形的面積.【詳解】根據題意，記圖形1的面積為a?,后續(xù)圖形的面積依次為a?,a?,…,a,…,則圖形1的面積a?=1+1×2=3,圖形2的面積a?=1+1×2+1×2×2=7,圖形3的面積a?=1+1×2+1×2×2+1×2×2×2=15,圖形4的面積a?=1+1×2+1×2×2+1×2×2×2+1×2×2×2×2=31,則第10個圖形的面積為21-1=2047·累加法：1.型如：a+1-a=f(n)的數列的遞推公式，采用累加法求通項；利用累加法求通項：數列求通項，可以借助對“形形色色”的累加法研究學習，積累各類通項【分析】由累加法可得an=a?+log?n,從而可得a?的值.利用累加法可得an-a?1+a?-an?2+…+a?-a?=log?n-log?(n-1)+log?(n-1)-log?(n-2)+…+lo化簡得an=a+log?n,則ag=1+log?8=4.【分析】應用累加法，結合分組求和、等差等比前n項和公式求通項公式.即an=a?-a?-1+…+a?-a?+a?-a?+a?且n≥2,3.(24-25高三·河南駐馬店階段練習)已知首項為0的數列{a}滿足a?-a?1=4(n-2)+1(n≥2),若【分析】運用累加法求出通項公式，代入m,解方程即可.【詳解】因為an-a?1=4(n-2)+1,得an-a?=an-an-1+an?1-an-2+…+a?由題意可知am=2m2-5m+3=190,故(m-11)(2m+17)=0,解得m=11(負值舍去).),則累加法求和得到,結合等差數列求和公式得到答案.故選：D題型3遞推基礎：累積法大題大題累乘法：形如：的數列的遞推公式，采用累乘法求通項；分式型：指數型：(n≥2)A.-5050B.-2025【分析】根據已知遞推公式得出相鄰兩項的比值關系，然后利用累乘法求出數列的通項項公式判斷數列類型，進而求出前100項的和.當n≥2時，又a=1,所以a=n(n∈N^),2.(24-25高三廣東·階段練習)已知首項為1的數列{an}滿足則a?=()3.(23-24高三河南南陽·階段練習)已知數列{a}滿足【分析】利用累乘法計算出答案.故選：B【詳解】因為所以a2++a2=2n(a2+-a2),即(1-2n)a2+=(-2n-1)a2,得所以因為an>0,所以a113=15.題型4遞推核心思想：等差等比定義構造【分析】方法一：分析可知數列是首項為公差為1的等差數列，結合等差數列運算求解；方法二：根據遞推公式求a?,a?,a?,發(fā)現規(guī)律，結合選項可得結果.【詳解】方法一：由題意可得：則可知數列是首項為公差為1的等差數列，方法二：因為a?=0,可得據此可以發(fā)現規(guī)律,所以A.A.0項B.5項C.6項D.無數項【分析】先確定為等差數列，求得通項公式，再得到a?=n2-6n,進而可求解.所以a=n2-6n,所以a=n2-6n,所以{a,}中的項小于0的有5項，A.2"+1-2B.a(2'+1-2)C.22”-2由a?+2=2an,則a?+3=2a+1,故a+3+an+2=2(a+1+a),題型5遞推核心思想：sn與an型進而可以求解.【詳解】解：因為,則(n+1)a=2S.…①所以(n+2)a+1=2S+…②②-①可得(n+2)a+-(n+1)a?=2a?+,所以na+1=(n+1)an,即,所以所以a=n,故答案為：an=n.A.(2n+1)2-1B.(2n+1)2C.8n再利用累乘法即可得到答案.【詳解】在4(n+1)·(S?+1)=(n+2)2a,中，令n=1,得8(q?+1)=9a,所以a=8,因為4(n+1)·(S?+1)=(n+2)2a,①,所以4n·(S??1+1)=(n+1)2a??1,(n≥2)②,=(n+13,(n≥2),又a?=8也滿足此式，所以數列{a,}的通項公式為(n+1)3.故選：D 【分析】由題化簡可得S?=e+2-1,當n=1時，求出a,當n≥2時，由a?=S?-S?1,可求出an,再驗證a?是否滿足an,即可求出數列{a,}的通項公式.【詳解】因為1n(S?+1)=n+2,所以Sn+1=e”+2,即S?=e"+2-1.顯然a?=e3-1不滿足上式.所以.故答案為：此數列{a,}的通項公式為【分析】將遞推關系式S?+1+2S??1=3S,轉化為a?+1=2an,進而得出通項，再進一步驗證得出通項公式.【詳解】由a?=S?=1,S?=2∴數列{a}是第二項起公比為2的等比數列，數列前n項和：求通項時，要注意檢驗n=1是否成立1.(2021全國·高二課時練習)已知各項均為正數的數列{b?}的首項為1,且前n項和S滿足S?-S??=√sn+√S?1(n≥2),則數列{b?}的通項公式為【答案】b?=2n-1【詳解】∵S?-Sm?=√5+√S?I(n≥2),∴數列{√5}是首項為1,公差為1的等差數列，當n=1時，b?=1符合上式.∴數列{b?}的通項公式為b?=2n-1.故答案為：b=2n-1則a的通項公式為【分析】由an+4S?_ISn=0(n≥2),可得S-S??1=-4S,S?-1,即可得到是以4為首項，4為公差的等差數列，即可求出Sn,再根據計算可得；【詳解】解：數列{a.}的前n項和為S(S?≠0),且滿足a?+4S??1S?=0(n≥2),整理得：故(常數),所以數列是以4為首項，4為公差的等差數列；所以整理得,當n≥2時，故a=S?-S?-1,顯然不符合所以.故答案為： 通項公式. ∴S?=n2..當n≥2時，a=S,-故數列{a,}的通項公式為a?=2n-1.故答案為：a=2n-1.的通項公式an=進而求出Sn,再根據S,與a的關系即可求解.所以當n≥2故答案為：題型7新數列“隱形和”新數列和型：通項公式為【答案】【分析】由n=1得出a?=2,當n≥2時，由3”?1a?+3”?2a?+…+3an?1+a?=2”減去【詳解】當n=1時，a?=2.3”?2a?+3”?3a?+…+a?1=2”?1.②①-3×②,得a=-2?1(n≥2).因為a?=2不滿足上式，所以故答案為：2.(2021甘肅·武威第六中學模擬預測(理))已知數列{a}滿足a?=1,.數列{a,}的通項公式是【答案】【分析】由得到兩式作差，得到整理得到,累乘求得結合n的條件，以及a?=1,得到數列{a}的通項公式.當n>2時，,兩式相減得：,即故答案為：【分析】由得,兩式相減后得到遞推關系，然后再利用累乘法可得數列的通項公式.又a=2,a=3滿足上式，∴an=n+1(n∈N").故答案為an=n+1.4.(2022遼寧·沈陽二中高二階段練習)若數列滿足b+3b?+7b?+…+(2”-1)b?=n,項公式為()A.bn=2nB.b?=2”【分析】由b+3b?+7b?+…+(2”-1)b?=n,分兩步，當n=1求出b,當n≥2時得到b+3b?+7b?+…+(2”-1-1)b?1=n-1,兩式作差即可求出數列的通項公式；b?+3b?+7b?+…+(2"?1-1)b??1=n-①-②得(2”-1)b?=1,,所以當q為2時，λ=p,2.形如a?=pa?1+q(pq≠0),變形為,新數列累加法即可1.(2025全國專題訓練)設數列{a,}的前n項和為S?,對任意n∈N°,有Sπ+1=2S?+n+1,a?=1,則的最大值為()【分析】由題意易得n≥2時，S=2S??1+n,兩式相減化簡構造可得數列{an+1}為首項為2,公比為2的等比數列，即a+1=2”,代入可得的解析式，設作差判斷出f(n)的單調性，可得最大值.【詳解】由S?+1=2S+n+1得當n≥2時，S?=2S??1+n,兩式作差得a+1=2a+1,即a?+1+1=2(a+1)(n≥2),所以a?+1=2(a+1),又因為所以數列{a+1}為首項為2,公比為2的等比數列，則a?+1=2”,設所以的最大值為【點睛】本題主要考查了由求數列的通項公式，構造等比數列求通項公式，判斷數列的單調性求最值，屬于中檔題.A.1+2”【解析】當n=1時，求得a?,當n≥2時，an=S?-項，為公比的等比數列，求出{a?-1}的通項公式，即可得解.①減②得，an+S?-(an?1+S??1)=n+3-(n-1+3)3.(2024上海階段練習)已知數列滿足a=1,a?+1=2an+1,設數列{log?(1+a,)}的前n項和為S,若,則與T,最接近的整數是()【分析】根據遞推關系式a+1=2an+1,得到得到{a?+1}的通項，從而得到{log?(1+a,項和前n項和Sn,從而求出T?,再得到T?,從而得到答案.所以{an}為以a+1=2為首項，2為公比的等比數列，所以a?+1=(a+1)2”?1=2”,【點睛】本題考查構造法求數列的通項，等差數列前n項和公式，裂項相消法求數列的和，屬于中檔題.4.(2025·河北武漢階段練習)已知數列{a}滿足a=1,則通項公式an=_題型9二階線性f(n)型構造等比特殊情況下，可以構造出常熟數列(依舊是等比數列，公比是1)1.(23-24高二下·廣東湛江期中)在數列{a}中，已知a?=3,且a?+=A.4?-15B.2?-29C.2?-15【分析】對于an+1=pan+qn+c這種類an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y),進而利用待定系數法求x,y即可.所以所以a+1+2n+1=a+1+2(n+1)-1=4(a?+2n-1),所以數列{a+2n-1}是以a+2×1-1=所以a?=4”-(2n-1),所以a??=41?-29.【分析】根據條件求出a?,a?,a?,即可得出結果.3.(23-24高二下·廣東湛江期中)在數列{a}中，已知a?=3,且a+1=4a+6n-5(n∈N),則a?=A.4”-15B.2”-29C.2”-15D【分析】由數列的遞推關系構造等比數列求解通項an,然后求解即可.【詳解】因為a??=4a+6n-5(n∈N),所以a++2(n+1)-1=4(a+2n-1),即(常數),所以數列{a?+2n-1}是以4為首項，以4為公比的等比數列，所以a?=4”-(2n-1),所以a??=41?-29.【分析】利用構造法整理遞推公式，根據等差數列的定義，求得數列通項公式，可得答案.則二階f(n)指數型構造等比型：核心思維是同除.形如a=pa?1+q"(pq≠0),變形為,新數列累加法即可1.(23-24高二上廣東·期末)在數列{a,}中，a?=1,a?+1=3a?-2”?1(neN),記c?=3”-2×(-1)"λa,若數列{cn}為遞增數列，則實數λ的取值范圍為()①B.(-2,1)C.(-1,1)【分析】由遞推關系可得,求得a?=2”-1,不等式恒成立等價于3”?1>(-2)a恒成立，討論n的奇偶即可求出.當n為奇數時，恒成立，數列單調遞增，的最小值為1,則λ<1,故選：A【點睛】思路點睛：涉及數列不等式恒成立問題，可以變形不等式，分離參數，借助函數思想求解即可.則下列說法中不正確的是()D.8Tn=10a-3【分析】利用遞推關系式構造出等差數列，可求出數列{an}的通項公式，再利用錯位相減法求和，根據所求可對各選項做出判斷.【詳解】由題意，a+1=5an+2×5”,等式兩邊所以，數列是首項為公差為的等差數列.則a?=5”b?=2(n+1)·5”-1.故A正確；對于C,.故C正確；對于D,8T?=(4n+3)·5”-3,10a,-3=20(n+1)·5”?1-3=4(n+1)·5”-3,則8T?≠10an-3.故D錯誤.3.(22-23高二上全國·單元測試)已知數列{a}滿足a?=1,a?+1=6a?+2”+1,則數列{A.2×6”-1-2”-1B.6”?1-2”-2C.6”?1-2”-1【分析】由遞推公式可得數列是等比數列，根據等比數列的通項公式即可所以2x=1,即.所以數列是首項為公比為3的等比數列，A.2”B.(n+1)·2”C.(n-1)·2”所以數列是首項為公差為1的等差數列，A.B.是等比數列C.(2n-1)a?=1D.3a?a?7=a?9【分析】推導出數列是等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得的表達式，可判斷C選項；利用等差中項的性質可判斷A選項；利用等比數列的定義可判斷B選項；計算出3a?a??、a?的值，可判斷D選項.所以，數列是等差數列，且該數列的首項為1,公差為2,所以，則(2n-1)a?=1,其中n∈N,C對；所以，3asa?┐≠a?,D錯.A.an=n【分析】分析出數列為等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得數列的通項公式，進而可求得數列{an}的通項公式.【詳解】因為數列{a,}的首項a?=1,且各項滿足公式則a?≠0,a?≠0,L,以此類推，對任意的n∈N*,a≠0,是首項為2,公比為2的等比數列，求出其通項公且b?>b?求得實數λ的取值范圍.∴數列是首項為2,公比為2的等比數列，,由由b?>b,得2-4λ>-λ,得綜上：實數λ的取值范圍是.故選：C.4.(2024河北石家莊階段練習)已知數列{a,}滿足a?=1,若則數列的通項公式b?=()A.B.n-1C.n【解析】變形為可知數列是首項為2,公比為2的等比數列，求出后代入到可得結果.是首項為2,公比為2的等比數列，,所以題型12分式：特征方程構造型形如的遞推數列，求不動點方程>方程的根，可以分兩種情況：(1)、若其中有一個不動點×0,則是等差數列(2)、若其中有兩個不動點m,n,則是等比數列則稱a為“壞數”將所有“壞數”從小到大排成數列{bn},若b2019<a<b2020,則()A.-1<a2020<0C.a2021>3求出數列{a?},當分母為0,得(a-1)×n+3-a=0,即時，數列{an}為有窮數列，得出即根據單調性可得答案.則,所以則滿足條件.滿足條件.即當分母為0,得即L則L所以g(x)在1設設1設設,則所以選項C正確故選：CA.a?<1B.a?>1【分析】由遞推公式找到對應的不動點方程，巧用“不動點法”求數列的所以從而從而故通項公式為an=.令數列，利用等差數列通項公式求得b后，整理可得所求通項公式.【點睛】關鍵點點睛：本題考查構造法求解數列的通項公式，解題關鍵是能夠通過對已知變形，結合換元法得到符合應用倒數法求解數列通項公式的形式，進而利用倒數法來進行推導求解.形如a+1+sa+ta?1+r=0,可以通1.形如a+1+san+ta??=0,對應的特征方程x2+sx+t=02.形如a+1+sa?+ta??=m,對應的特征方程x2+sx+t=0,兩根分別x?=p與x?=q,1.(24-25)已知數列{a}中，a?=1,a?=2,求a=()【解析】由設an+2-san+1=t(a+1-san),利用待定系數法可得然后利用等比數列的定義求解.當s=1,時，{am+1-a}是以首項為a?-a?=1,公比為的等比數是以首項為公比為1的等比數列，得和S?0·所以),所以{a?+an+1}是等比數列，公比為4,首項為3,則數列{az-1+a?n}也是等比數列，公比為42=16,首項為3.4.(23.24上階段練習)已知S,是數列{a}的前n項和，且a?=a?=1,an=2a?1+3an-2(n≥3),則下列結論正確的是()則a?+2a?=1+2=3,a?+2a?=5+2=7,a?+2a?=13+10又a?+a?=1+1=2,故{a+1+a,}為等比數列，首項為2,公比為3,以上20個式子相加得：C錯誤；m+d=0,則{an}的周期T=21.(24-25黑龍江哈爾濱階段練習)設數(a+1-1)(1-an)=2a成立，則數列{an}的前2019項的乘積為據此可得數列{a}是周期為T=4的周期數列，注意到2019MOD4=3,且：aa?a?a?=1,故數列{a,}的前2019項的乘積為：故選D.則a?1=【分析】根據題意，分別求得a?,a?,a4,as,…的值，得到{a}是周期為4的數列，結合a21=a?,即可求解.所以{a}是周期為4的數列，則a21=a3.(2023上重慶·高二重慶十八中?？茧A段練習)數【分析】根據題意分析可知數列{a}是以周期為4的周期數列，結合周期性分析求解.【詳解】因為a+1an-an+1+a+1=0,顯然a?=1不合題意，則所以數列{a}是以周期為4的周期數列，所以T2023=T?05×4+3=T?=aa?a?=3.故答案為：3.【答案】0【分析】由遞推數列求出數列的前幾項，可得數列{an}為周期數列，且周期為3,則a2022=a?,即可得出答案.故數列{a,}為周期數列，且周期為3,∴a2022=a?=0.故答案為：0.題型15分段型“跳項”構造的前n項和小于實數M,則M的最小值為()【分析】先分奇偶求出通項公式，再應用裂項相消法即可得前n項和，則得M的最小值.所以當n為奇數時，即an=n,當n為偶數時，an=a+1-1=n+1-1=放故42)的前》項和為溝+頭，++當n趨向于無窮大時，前n和趨向于【分析】根據已知條件，易得到數列的初值，根據初值，可以進行歸納，得到系，然后使用數列歸納法進行推導論證，得到2nk+1+1=3(2n+1)的遞推公式，然后通過構造等比數列求解出n的表達式，結合2022所滿足的關系代入合適的關系式求解即可.n123456789a124154321我們可以看到an=1的下標：n=1,n?=4,n?=13,…,a吸+1=n+1,an?+2=2n+2,a?+3=nk,an?+2m-1=n+2-m,m=1,2,3,…,n+1,an+2m=2n+1+m,m=1,2,3,…,n,②根據①式，2nk+1+1=3(2n+1),令2n+1=x,所以xk+1=3x,x?=3,則n<2022<ng,2022=n+2.465-1,故由②式可得，a?022=n+2-465=1093+2-465=630故答案為：630.n≤k(k∈N?)恒成立的k的最大值為【答案】1211【分析】根據規(guī)律原數列分為三個等差數列，分別計算通項公式91209=2021,a1210=2016,a1211=2021,a1212=2026,a1213=2021,得到答案.1,6,11,…,通項為,n∈{nn=3m+1則a1209=2021,a1210=2016,a1211=2021,a1212=2026,a1213=2021,所以滿足a≤2023對任意的n≤k(k∈N*)恒成立的k的最大值為1211.故答案為：1211數列的規(guī)律將數列分為三個等差數列分別求通項再解不等式是解題的關鍵.所以可得a2k+1-azK-1=2,故為等差數列，所以a2K-1=1+2(k-1)=2k-1,同時也可求出a?k=21+2k-1=22*,所以形如a?+an+1=f(n)求通項，則可以通過再寫一個做差，構造出奇(偶)數項各自獨立的數列遞推(多為等差等比)求通項公式因為a+a+1=4n+1,可即可.方法3:特值法，令n=1、n=2,結合等差數列通項公式求解即可.方法2:因為an+an+1=6n+1,所以a?+1+an+2=6n+7,所以所以a?=a+3(n-1),則an+1=a?+3n,故a?+a+1=6n+2a-3,所以2a-3=1,解得a?=2.方法3:當n=1時，a?+a?=7;兩式相減可得a?-a?=6,所以{a,}的公差d=3,所以a?=a?+3,代入a?+a?=7中，解得a=2.A.充分不必要B.必要不充分C.充分必要D.既不充分也不必要【分析】根據充分性和必要性分別考慮即可.【詳解】充分性：若p:a++a?=2“+1+2”,得a+1-2”+1=-(a?-2”),則數列{a-2”}是以a-21=-1為首項，-1為公比的等比數列；則P能推出9;必要性：若q:{a-2”}是等比數列，則則a+-2”+1=t(an-2”),則t為不為0的常數，故9不能推出P,必要性不成立，所以p是q的充分不必要條件.題題型17技巧與構造：正負“調和”線性型滿足·,稱為正負“調和”型，可以借助奇偶討論，整體求和來構造【分析】根據所給遞推關系可得a?+a?=a+a?=…=a?+a?7=2,即可得解.故a2n+1+(-1)2"a?n=a2n+1+a?n=4n+1,a?+(-1)2?-1a?n-1=a?n則a?n+1+an-(azn-a??-1)=a?m+1+a2?1=4n+1-(4n-1)=2,故a?+a=a?+a?=…=a?+a?=2,A.2565az-1+azk+1=12k-7,根據等差數列的求和公式即可求解.【詳解】當n=2k-1(k∈N*)時，azk+azk-1=6k-5①;①+②,可得a?-1+azk+1=12k-7.所以a+a?=12×1-7as?+a?9=12×29-7所以a?+a?+a?+a?+…+as=12×(1+3+5+…+29)-7×15,,3.(24-25高三上·重慶·階段練習)已知數列{a,}滿足an+2+(-1)"a?=2n-1,前8項的和為60,則a=【分析】根據給定的遞推公式求出a?+a?,a?+a?,用a表示a?,as,a?,再由前8項和列式求解.a?+a?=3,a?+a?=11,a?=1+a?,a?=5+a?=6+a?,a?=9由{a?}前8項的和為60,得14+22+4a=60,所以a?=6.故選：C4.4.(24-25高二上·江蘇蘇州·期末)已知數列{an}滿足a+1+(-1)"a?=2n-1(n∈N*),且其前62項的和為1885,則a62=.【答案】88【分析】根據題意，分類討論n為奇數和偶數時的通項關系式，分組求和可計算出a,a?,再根據已知結論求解.【詳解】當n為偶數時，a+1+a=2n-1,a?+2-a+1=2(n+1)-1,兩式相加，得a?+an+2=4n.當n為奇數時，aa+1-a?=2n-1,an+2+a?+1=2(n+1)-1,兩式相減，得a?+a+2=2.所以S?2=(a+a?+…a??)+(a+a?+…62)=[a+(a?+a?)+…(as?+a?)]+[a?+(a?+a?)+…(a6o+a?2)]=(a+2×15)+[a?+4×(4+8+…60)]=a+30+a+19所以a+a?=-65.所以a?1=a?=-33,而a62-a61=121故答案為：88.題型18技巧與構造：因式分解型【答案】n+1又a?>0,所以數列{a?}的通項公式a?=n+1.故答案為：n+12.(23.24河北階段練習)在各項均為正數的數列{a}中，S為前n項和，na2+?=(n+1)a2+aa?+1且,可判斷數列{a}為等差數列，進而根據等差數列前n項和公式即可求解.【詳解】解：∵na2+?=(n+1)a2,因為a?=π,所以【分析】由已知表達式因式分解得到數列的遞推式，再運用累乘的方法求得通項項，利用裂項相消求和得解.所以2nan-nan+1+2a=0.所以所以所以所以【點睛】本題關鍵將已知表達式因式分解得遞推式，再運用累乘和裂項相消求和的方法求解，屬于難題.4.(22.23全國·專題練習)設{an}是首項為1的正項數列且na2+1+(n+1)a2-(2n+1)a,an+1=0(n∈N),【分析】由已知條件化簡可得再由遞推累乘法可得an,最后檢驗a?=1是否符合即可.【詳解】依題意a?=1,na2++(n+1)a2-(2n+1)a?a?+=0(neN),又因為an+1≠an,所以a+1-an≠0,所以na+1-(n+1)a=0,所以經檢驗，a?=1也符合上式.所以a=n(n∈N“).故答案為：a?=n.題型19技巧與構造：高次取對數型形如a+1=ma,可以通過取對數構造等比數列求通項公式1.(2024全國·高三階段練習)設正項數列{a}滿足a=1,a?=2a2?1(n≥2),則數列{a}的通項公式是【分析】將等式兩邊同時取對數后，轉化為an+1=sa,+t的形式，再利用構造法求通項公式.即log?a+1=2(log?a?+1).設bn=log?a?+1,則b?=2b?(n≥2),又b?=1+log?a?=1,所以{b?}是以2為公比，1為首項的等比數列， 【分析】取對數，化簡運算可得利用累乘法求出Ina=nlna?=n,即可求解.【詳解】因為所以Ina,=In所以Inan=nlna=n,所以a=e”(n≥2),a=e也符合，所以a=e”.故答案為：e”A.63log?3-31B.31log?3-15C.63log?2-31D.31log?2-15【解析】令b?=log?(a?+1),推導出數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，進而可求得log?(a?+1)的值.進而可知，對任意的n∈N,an>0,令b?=1og?(a,+1),則b,>0,可得,則所以，數列是等比數列，且首項為b?+log?2(a?+1)+log?公比為2,【點睛】刑如“a+1=pa+q”這種形式通常轉化為a叫++λ=p(a?+2),由待定系數法求出λ,再化為等【答案】In5令可得2(b??1-1n5)=b?-2-1n5,由此可得b?=ln5,從而可求出答案.∴2(b???-1n5)=b?-2-1n5,又b?-1n5=0,∴b?=ln5,即1故答案為：In5.【點睛】本題主要考查數列遞推公式的應用，考查推理能力與計算能力，考查轉化與化歸思想，屬于中檔解前n項積，可以類比前n項和求通項過程來求數列前n項積：