Question

15．已知数列{a_n}满足：a₁=1，n∈N^*．
（1）若a_n+1=2a_n+n+1，求数列的通项a_n．
（2）若a_n+1=2a_n+4ⁿ+2，求数列的通项a_n．
（3）若a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{-7{a}_{n}-6}$，求数列的通项a_n．
（4）若a_n+1=a_n²+2a_n，求数列的通项a_n．

Answer 1

分析 （1）由原递推式变形可得a_n+1+n+3=2（a_n+n+2），则数列{a_n+n+2}是以a₁+1+2=4为首项，以2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可求数列的通项a_n；
（2）把已知递推式两边同时除以2ⁿ⁺¹，然后分别取n=1、2、…、n-1，再利用累加法，分组后由等比数列的前n项和即可求得答案；
（3）把已知递推式两边取倒数，然后构造等比数列{$\frac{1}{{a}_{n}}+1$}，求其通项公式后可得数列的通项a_n；
（4）由已知递推式可得${a}_{n+1}+1=（{a}_{n}+1）^{2}$，两边取对数得lg（a_n+1+1）=2lg（a_n+1），可得数列{lg（a_n+1）}是以lg2为首项，以2为公比的等比数列，求其通项公式后可得数列的通项a_n．

解答 解：a₁=1，
（1）由a_n+1=2a_n+n+1，得a_n+1+n+3=2（a_n+n+2），
∴数列{a_n+n+2}是以a₁+1+2=4为首项，以2为公比的等比数列，
则a_n+n+2=4×2^n-1=2ⁿ⁺¹，
∴${a}_{n}={2}^{n+1}-n-2$；
（2）由a_n+1=2a_n+4ⁿ+2，得$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}+{2}^{n-1}+\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}=\frac{{a}_{1}}{{2}^{1}}+{2}^{0}+\frac{1}{2}$，$\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}=\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}+{2}^{1}+\frac{1}{{2}^{2}}$，$\frac{{a}_{4}}{{2}^{4}}=\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}+{2}^{2}+\frac{1}{{2}^{3}}$，
…
$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}=\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}+{2}^{n-2}+\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
累加得：$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}=\frac{1}{2}+（{2}^{0}+{2}^{1}+…+{2}^{n-2}）+（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$
=$\frac{1}{2}+\frac{1×（1-{2}^{n-1}）}{1-2}+\frac{\frac{1}{2}×（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$=${2}^{n-1}+\frac{1}{{2}^{n-1}}+\frac{1}{2}$，
∴${a}_{n}={2}^{2n-1}+{2}^{n-1}-2$；
（3）由a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{-7{a}_{n}-6}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}=-\frac{6}{{a}_{n}}-7$，
即$\frac{1}{{a}_{n+1}}+1=-6（\frac{1}{{a}_{n}}+1）$，
∵$\frac{1}{{a}_{1}}+1=2≠0$，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}+1$}构成以2为首项，以-6为公比的等比数列，
则$\frac{1}{{a}_{n}}+1=2×（-6）^{n-1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}=2×（-6）^{n-1}-1$，则${a}_{n}=\frac{1}{2×（-6）^{n-1}-1}$；
（4）由a_n+1=a_n²+2a_n，得${a}_{n+1}+1=（{a}_{n}+1）^{2}$，
两边取对数得lg（a_n+1+1）=2lg（a_n+1），
∵lg（a₁+1）=lg2≠0，
∴数列{lg（a_n+1）}是以lg2为首项，以2为公比的等比数列，
则$lg（{a}_{n}+1）={2}^{n-1}lg2$，
∴${a}_{n}+1=1{0}^{{2}^{n-1}lg2}$，则${a}_{n}=1{0}^{{2}^{n-1}lg2}-1$．

点评 本题考查数列递推式，训练了由数列递推式构造等比数列求数列的通项公式，考查了累积法求数列的通项公式，属中档题．