第1部分 专题3 培优微专题10 数列中的递推关系（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题三 数列 [培优微专题10]　数列中的递推关系 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用． 奇偶分析法 数列中的奇、偶项问题的常见题型： 1．含有an＋1＋an＝f(n)； 2．an＋1·an＝f(n)； 3．含有(－1)n的类型； 4．含有{a2n}，{a2n－1}(n∈N*)的类型； 5．已知条件明确的奇偶项问题． [例1]　[多选](2024·萍乡二模)数列{an}(n∈N*)的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2an，n为奇数,\f(1,an)，n为偶数))，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝2　　　　　　 B．S10＝12 C．{Sn}为递增数列 D．{a2n－1}为周期数列 [解析]　根据题意，分别求得a1，a2，a3…，得到数列{an}构成以4为周期的周期数列，逐项判定，即可求解． 由题意，数列{an}满足a1＝1， an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2an，n为奇数,\f(1,an)，n为偶数))， 当n＝1时，a2＝2a1＝2，当n＝2时，a3＝eq \f(1,a2)＝eq \f(1,2)，A错误； 当n＝3时，a4＝2a3＝1； 若n为奇数，则n＋1，n＋3为偶数，n＋2，n＋4为奇数， 则an＋1＝2an，an＋2＝eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2an)，an＋3＝2an＋2＝eq \f(1,an)，an＋4＝eq \f(1,an＋3)＝an； 若n为偶数，则n＋1，n＋3为奇数，n＋2，n＋4为偶数， 则an＋1＝eq \f(1,an)，an＋2＝2an＋1＝eq \f(2,an)，an＋3＝eq \f(1,an＋2)＝eq \f(an,2)，an＋4＝2an＋3＝an. 所以数列{an}是以4为周期的周期数列． 故S10＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝2(a1＋a2＋a3＋a4)＋a9＋a10＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2＋\f(1,2)＋1))＋1＋2＝12，B正确： 又由an＞0，故{Sn}递增，C正确； 由上述讨论可知，{a2n－1}的项为1，eq \f(1,2)，1，eq \f(1,2)…，故是周期数列，D正确． [答案]　BCD 当遇到an＋2－an＝f(n)时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令n＝2k－1和n＝2k，用累加法进行求解． 1．(2024·张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数,2an，n为偶数))，则S100＝(　　) A．3×251－156 B．3×251－103 C．3×250－156 D．3×250－103 解析：A　[分奇数项和偶数项求递推关系，然后记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，利用构造法求得bn＝6×2n－1－3，然后分组求和可得． 因为a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数,2an，n为偶数))， 所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2， 所以a2k＋2＋a2k＋1＝2(a2k＋a2k－1)＋3， 记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)， 所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列， 所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3， 记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156.] 构造法 1．形如an＝pan－1＋q(p≠1，且p≠0，q≠0)的形式，通常可构造出等比数列an＋eq \f(q,p－1)＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(q,p－1)))，进而求出通项公式． 2．形如an＝pan－1＋qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得eq \f(an,qn)＝peq \f(an－1,qn)＋1，进而构造成eq \f(an,qn)＝eq \f(p,q)·eq \f(an－1,qn－1)＋1，设bn＝eq \f(an,qn)，从而变成bn＝eq \f(p,q)bn－1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题． 3．形如qan－1－pan＝anan－1，可以考虑两边同时除以anan－1，转化为eq \f(q,an)－eq \f(p,an－1)＝1的形式，进而可设bn＝eq \f(1,an)，递推公式变为qbn－pbn－1＝1，从而转变为上面第(1)个问题． [例2]　[多选](2024·黄山质检二)已知数列{an}满足：an＋1＝aeq \o\al(2,n)＋2an＋λ(n∈N*)，其中λ∈R，下列说法正确的有(　　) A．当a1＝2，λ＝eq \f(5,4)时，an≥n＋1 B．当λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))时，数列{an}是递增数列 C．当λ＝－2时，若数列{an}是递增数列， 则a1∈(－∞，－3)∪(1，＋∞) D．当a1＝3，λ＝0时，eq \f(1,a1＋2)＋eq \f(1,a2＋2)＋…＋eq \f(1,an＋2)＜eq \f(1,3) [解析]　根据an＋1－an＝aeq \o\al(2,n)＋an＋eq \f(5,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))2＋1＞0可得an＋1＞an＋1，即可迭代求解A，根据λ＝eq \f(1,4)，a1＝－eq \f(1,2)时，可得{an}为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当λ＝－2时an＋1－an＞0，从而判断出数列{an}的单调性，an－an－1＞0建立关于a1的一元二次不等式，解出首 项a1的取值范围，判断出C项的正误；当λ＝0，a1＝3时，根据递推关系证出an＋1＋2≥3(an＋2)，从而可得eq \f(an＋1＋2,an＋2)≥3，由此推导出eq \f(1,an＋2)≤eq \f(3,5)×eq \f(1,3n)(n∈N*)，进而利用等比数列的求和公式证出eq \f(1,a1＋2)＋eq \f(1,a2＋2)＋…＋eq \f(1,an＋2)≤eq \f(3,10)，从而判断出D项的正误． 对于A，当λ＝eq \f(5,4)时，an＋1－an＝aeq \o\al(2,n)＋an＋eq \f(5,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))2＋1≥1＞0，又a1＝2，故an＋1＞an＋1， 所以an＞an－1＋1＞an－2＋2＞…＞a1＋n－1＝n＋1，故A项正确． 对于B，因为an＋1－an＝aeq \o\al(2,n)＋an＋λ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))2＋λ－eq \f(1,4)且λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))， 所以an＋1－an≥0， 当λ＝eq \f(1,4)，a1＝－eq \f(1,2)时，a2＝－eq \f(1,2)…，an＝－eq \f(1,2)⇒an＋1－an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))2＝0⇒an＋1＝an，此时数列{an}是常数列，故B项错误； 对于C，由于数列{an}是递增数列，当n≥2时，an－an－1＞0，an＋1－an＝(aeq \o\al(2,n)＋2an－2)－(aeq \o\al(2,n－1)＋2an－1－2)＝(an－an－1)(an＋an－1＋2)＞0， 故an＋an－1＋2＞0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－a1＞0,a2＋a1＋2＞0))， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＋2a1－2－a1＞0,a\o\al(2,1)＋2a1－2＋a1＋2＞0))， 解得a1＞1或a1＜－3，故C项正确； 对于D，当λ＝0时，an＋1＝aeq \o\al(2,n)＋2an＝(an＋1)2－1，结合a1＝3，可知a2＝42－1＝11＞a1， a3＝132－3＞a2，…，结合an＋1－an＝(an－an－1)(an＋an－1＋2)， 可知{an}是递增数列，an≥a1＝3，则an＋1＋2＝an(an＋2)≥3(an＋2)， 即eq \f(an＋1＋2,an＋2)≥3，所以eq \f(an＋2,an－1＋2)×eq \f(an－1＋2,an－2＋2)×…×eq \f(a2＋2,a1＋2)≥3n－1(n≥2)， 即an＋2≥3n－1(a1＋2)＝eq \f(5,3)×3n(n≥2)， 所以eq \f(1,an＋2)≤eq \f(3,5)×eq \f(1,3n)(n≥2)，当n＝1时，eq \f(1,a1＋2)＝eq \f(1,5)≤eq \f(3,5)×eq \f(1,31)，所以eq \f(1,an＋2)≤eq \f(3,5)×eq \f(1,3n)(n∈N*)， 可得 eq \f(1,ai＋2)≤eq \f(3,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＝eq \f(3,5)×eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＜eq \f(3,10)＜eq \f(1,3)，故D项正确． [答案]　ACD 若{an}满足an＝pan－1＋f(n)(p≠1)，当f(n)为一次函数类型(即等差数列)时，设an＋An＋B＝p[an－1＋A(n－1)＋B]，通过待定系数法确定A、B的值，转化成以a1＋A＋B为首项，以p为公比的等比数列{an＋An＋B}，再利用等比数列的通项公式求出{an＋An＋B}的通项，整理可得an. 2．(2024·徐州适应性测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝2an＋1，n∈N*.若Sk≥2024，则正整数k的最小值为(　　) A．11　　 B．12 C．13　　 D．14 解析：C　[根据给定的递推公式，构造等比数列求出Sn，再求解不等式即得． 数列{an}中，3Sn＝2an＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则3Sn＝2Sn－2Sn－1＋1， 整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－eq \f(1,3)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－1－\f(1,3)))，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，即S1＝1， 因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,3)))是以S1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)为首项，公比为－2的等比数列，Sn－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)·(－2)n－1， 则Sn＝eq \f(1－－2n,3)，由Sk≥2024，知k为奇数，此时Sk＝eq \f(1＋2k,3)是递增的， 而S11＝eq \f(1＋211,3)＝eq \f(2049,3)＝683＜2024，S13＝eq \f(1＋213,3)＝eq \f(8193,3)＝2731＞2024， 所以正整数k的最小值为13.] 倒数变换与对数变换法 [例3]　设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2aeq \o\al(2,n－1)(n≥2)，则通项an＝________. [解析]　在等式an＝2aeq \o\al(2,n－1)(n≥2)两边取对数可得log2an＝2log2an－1＋1，可得出log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，可知数列{log2an＋1}为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列{log2an＋1}的通项，即可得出数列{an}的通项公式． 对任意的n∈N*，an＞0， 因为an＝2aeq \o\al(2,n－1)(n≥2)，则log2an＝log2(2aeq \o\al(2,n－1))＝2log2an－1＋1， 所以，log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，且log2a1＋1＝1， 所以，数列{log2an＋1}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以，log2an＋1＝1×2n－1＝2n－1，解得an＝22n－1－1. [答案]　an＝22n－1－1 an＋1＝paeq \o\al(r,n)(其中p，r为常数，an＞0，p＞0)型，用对数法，这种类型一般是等式两边取以p为底的对数，然后转化为an＋1＝pan＋q型求解． 3．已知数列{an}满足：a1＝2，an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)(n≥2)，则通项an＝________. 解析：取倒数后得到eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列， 求出eq \f(1,an)＝2n－eq \f(3,2)，得到通项公式． 取倒数：eq \f(1,an)＝eq \f(1,an－1)＋2⇔eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝2，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，首项为eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，公差为2， ∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋2(n－1)＝2n－eq \f(3,2)， ∴an＝eq \f(2,4n－3). 答案：an＝eq \f(2,4n－3) $$